人教版 (2019)必修第一冊3 牛頓第二定律優(yōu)秀復習練習題-試卷下載-教習網(wǎng)

考點1 牛頓第二定律的圖像問題
1、物體質(zhì)量一定時，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物體的F-a圖象是一條直線。
2、物體受力一定時，它的質(zhì)量越大，加速度越小，即a∝，所以物體的-a圖象是一條直線。
考點2 牛頓第二定律
1、內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
2、表達式：F合=ma；該表達式只能在國際單位制中成立，因為F合=k?ma，只有在國際單位制中才有k=1；力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg?m/s2。
3、適用范圍：
（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）。
（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況。
4、對牛頓第二定律的進一步理解
牛頓第二定律是動力學的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝。
另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的。
（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同。
（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的。
（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量。
（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應。
（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的。
考點3 實驗驗證牛頓第二定律
【實驗目的】
1、學會用控制變量法探究加速度a與力F、質(zhì)量M的關(guān)系。
2、掌握靈活運用圖象處理問題的方法。
3、掌握利用圖象處理數(shù)據(jù)的方法。
【實驗原理】
本實驗中，探究加速度a與力F、質(zhì)量M的關(guān)系，可以先保持F不變，研究a和M的關(guān)系，再保持M不變，研究a和F的關(guān)系。
【實驗器材】
一端有定滑輪的長木板、低壓交流電源、復寫紙片和紙帶、小車、小盤、電磁打點計時器、天平、砝碼、刻度尺、導線。
【實驗步驟】
1、用天平測出小車的質(zhì)量M和盤的質(zhì)量m0，把數(shù)值記錄下來。
2、把實驗器材安裝好。
3、平衡摩擦力：在長木板的不帶滑輪的一端下面墊上一塊薄木板，反復移動其位置，直至不掛盤和重物的小車剛好能在斜面上保持勻速直線運動為止。
4、將盤和重物通過細繩系在小車上，接通電源放開小車，使小車運動，用紙帶記錄小車的運動情況，取下紙帶，并在紙帶上標上號碼。
5、保持小車的質(zhì)量不變，改變盤中重物的質(zhì)量，重復步驟4，每次記錄必須在相應的紙帶上做上標記，將記錄的數(shù)據(jù)填寫在表格內(nèi)。
6、建立坐標系，用縱坐標表示加速度，橫坐標表示力，在坐標系中描點，畫出相應的圖線，探究a與F的關(guān)系。
7、保持盤和重物的質(zhì)量不變，改變小車的質(zhì)量（在小車上增減砝碼），探究a與M的關(guān)系。
【考點1 牛頓第二定律的圖像問題】
【典例1-1】（2023春?深圳校級月考）如圖甲所示為一固定在水平面上的斜面體，一物體放在斜面體上，在物體上施加沿斜面向上的外力F使物體向上運動，并通過計算機描繪了物體的加速度a關(guān)于外力F的關(guān)系圖像，如圖乙所示。已知圖乙中的橫縱坐標為已知量，重力加速度為g。則可求出的物理量有（）
A．物體的質(zhì)量
B．斜面體的傾角θ
C．物體與斜面體之間的動摩擦因數(shù)
D．物體對斜面體的壓力
【答案】A
【分析】對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與外力F的關(guān)系，結(jié)合圖像分析即可；根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律分析物體對斜面的壓力大小。
【解答】解：A、對物體受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
整理得：a＝?F﹣gsinθ﹣μgcsθ
由圖像得，圖像的斜率k＝＝
則物體的質(zhì)量m＝
故A正確；
BC、圖像的截距為﹣b＝﹣gsinθ﹣μgcsθ
則sinθ+μcsθ＝
無法求解斜面傾角和動摩擦因數(shù)，故BC錯誤；
D、由牛頓第三定律得，物體對斜面的支持力等于斜面對物體的支持力，大小為N＝mgcsθ
則無法求解物體對斜面的壓力，故D錯誤。
故選：A。
【典例1-2】（2023?河西區(qū)三模）（多選）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在外力F從零開始逐漸增大的過程中，物體的加速度a隨外力F變化的關(guān)系如圖所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）
A．物體與水平面間的最大靜摩擦力為14N
B．物體做變加速運動，F(xiàn)為14N時，物體的加速度大小為7m/s2
C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3
D．物體的質(zhì)量為2kg
【答案】CD
【分析】A.根據(jù)由a﹣F圖像可知，物體所受最大靜摩擦力；
B.根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，根據(jù)圖像得加速度的值；
CD.根據(jù)滑動摩擦力公式和牛頓第二定律求解質(zhì)量和動摩擦因數(shù)。
【解答】解：A.由題圖可知，物體與水平面間的最大靜摩擦力為fm＝7N，故A錯誤；
B.由于外力F不斷變化，根據(jù)牛頓第二定律F﹣f＝ma，可知物體加速度不斷變化，做變加速運動；當F2＝14N時，由a﹣F圖像可知，故B錯誤；
CD.當F1＝7N時，根據(jù)牛頓第二定律F1﹣μmg＝ma1，當F2＝14N時，根據(jù)牛頓第二定律F2﹣μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD正確，B錯誤。
故選：CD。
【變式1-1】（2023春?榆林期末）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一足夠長的木板Q，小滑塊P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則小滑塊P的質(zhì)量為（）
A．2kgB．3kgC．4kgD．5kg
【答案】A
【分析】PQ兩個一起做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像斜率，求質(zhì)量和，PQ分開各自加速，設(shè)Q受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像斜率，求Q的質(zhì)量。
【解答】解：剛開始PQ兩個一起做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律
F＝（mP+mQ）a
結(jié)合圖像斜率mP+mQ＝3kg
當加速度大于等于2m/s2，PQ分開各自加速，設(shè)Q受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律
F﹣f＝mQa
結(jié)合圖像斜率mQ＝1kg
聯(lián)立可得
mP＝2kg，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【變式1-2】（2023?沙坪壩區(qū)校級開學）（多選）如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示a?F圖像。最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10m/s2，則（）
A．滑塊的質(zhì)量m＝4kg
B．木板的質(zhì)量M＝0.5kg
C．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2
D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.4
【答案】BD
【分析】首先，根據(jù)圖像分析兩者發(fā)生滑動時的拉力，結(jié)合整體法和牛頓第二定律，結(jié)合圖像的斜率求出木板和滑塊的質(zhì)量；
然后，根據(jù)圖像的截距求出兩者間的摩擦因數(shù)；
最后，根據(jù)整體法，由牛頓第二定律求出拉力等于8N時滑塊的加速度。
【解答】解：AB、根據(jù)圖像分析可得，當拉力等于12N時，兩物體恰好要發(fā)生相對滑動，當F＝12N時，加速度為a＝4m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝（M+m）a
代入數(shù)據(jù)解得M+m＝＝3kg
當F＞12N時，根據(jù)牛頓第二定律得
圖線的斜率
解得木板的質(zhì)量：M＝0.5kg；滑塊的質(zhì)量：m＝2.5kg，故A錯誤，B正確；
D、根據(jù)a﹣F圖像：，F(xiàn)＝10N時，a＝0，代入
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.4，故D正確；
C、當F＝8N時，板塊之間沒有相對滑動，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得F＝（M+m）a
解得此時a＝m/s2，故C錯誤。
故選：BD。
【變式1-3】（2022秋?浦東新區(qū)校級期中）如圖甲所示，物體A、B（均可視為質(zhì)點）用繞過光滑定滑輪的輕繩連接，A、B初始離水平地面的高度均為H。A的質(zhì)量為m0，改變B的質(zhì)量m，得到A的加速度a隨m變化的圖線如圖乙所示，圖中虛線為漸近線，設(shè)豎直向上為加速度的正方向，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則m0＝ 0.4 kg，若m＝1.6kg、H＝1.2m，由靜止同時釋放A、B后，則A距離水平地面的最大高度為 3.12 m。（假設(shè)B落地后不反彈，A不與天花板碰撞）
【答案】（1）0.4；（2）3.12
【分析】（1）根據(jù)圖像和牛頓第二定律求A的質(zhì)量；
（2）根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和動能定理求A距離水平地面的最大高度。
【解答】解：（1）以A、B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：mg﹣m0g＝（m+m0）a，由圖像可知，當a＝0時，m0＝0.4kg
（2）由靜止同時釋放A、B后，加速為：＝6m/s2
當B落地時有：v2＝2aH
A做豎直上拋運動，到最高點時根據(jù)動能定理有：
聯(lián)立解得：h＝0.72m
A距離水平地面的最大高度為：hm＝2H+h＝2×1.2m+0.72m＝3.12
故答案為：（1）0.4；（2）3.12
【考點2 牛頓第二定律】
【典例2-1】（2023秋?新樂市校級月考）如圖所示為蹦極運動的示意圖，彈性繩的一端固定在O點，另一端和運動員相連，運動員從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸長，經(jīng)過合力為零的C點到達最低點D，然后彈起，整個過程中忽略空氣阻力，分析這一過程，下列表述正確的是（）
①經(jīng)過B點時，運動員的速率最大
②經(jīng)過C點時，運動員的速率最大
③從C點到D點，運動員的加速度增大
④從C點到D點，運動員的速度先增大后減小
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】B
【分析】運動員從O點自由下落，到達B點時有豎直向下的速度，彈性繩伸直后運動員受到重力和彈性繩的彈力兩個力作用，根據(jù)彈力與重力的大小關(guān)系，分析運動員的運動情況，判斷其速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。
【解答】解：運動員的下落過程，從O到B過程做自由落體運動；從B到C過程，彈性繩的彈力小于重力，隨著彈性繩彈力的增大，運動員所受的合力向下，運動員做加速度逐漸減小的加速運動；C點加速度為零，速度最大；從C到D過程，彈性繩的彈力大于重力，加速度方向向上，隨著彈性繩彈力的增大，運動員做加速度增大的減速運動，D點速度為零。
故選：B。
【典例2-2】（2023春?博愛縣校級期末）在水平桌面上，質(zhì)量為2kg的物體在5N的水平拉力作用下以1m/s2的加速度作勻加速直線運動，當水平拉力增大到10N時，木塊的加速度是 3.5 m/s2，當水平力再減小到2N時，木塊的加速度大小是 0.5 m/s2，此時加速度方向與滑行方向相反。
【答案】故答案為：3.5；0.5；相反
【分析】當拉力為5N時，由牛頓第二定律求出阻力，當拉力為10N時，由牛頓第二定律可木塊的加速度；當水平力再減小到2N時，阻力不變，由牛頓第二定律求木塊的加速度大小和方向。
【解答】解：設(shè)物體所受阻力為f，當拉力為5N時，由牛頓第二定律可得
F1﹣f＝ma1
解得：
f＝3N
當拉力為10N時，由牛頓第二定律可得
F2﹣f＝ma2
解得：
當水平力再減小到2N時，水平力小于阻力，物體做減速運動，設(shè)加速度大小為a3，由牛頓第二定律可得
f﹣F3＝ma3
解得：
此時加速度方向與運動方向相反。
故答案為：3.5；0.5；相反
【變式2-1】（2023?重慶模擬）如圖所示，質(zhì)量均為m的三個物體（可視為質(zhì)點）A、B、C均放在粗糙水平面上，動摩擦因數(shù)均為μ，物體間用原長為L的輕彈簧連接，每根彈簧勁度系數(shù)均為k?，F(xiàn)用外力F拉動物體A，使三個物體一起加速運動，則A、C間的距離為（初始狀態(tài)彈簧均為原長）（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先對三個物體組成的整體，利用牛頓第二定律求得加速度，再以B、C和C為研究對象，利用牛頓第二定律和胡克定律相結(jié)合求出兩彈簧的伸長量，即可得到A、C間的距離。
【解答】解：對三個物體組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律得：
對B、C整體，根據(jù)牛頓第二定律得：2ma＝kΔx1﹣2μmg
對C，根據(jù)牛頓第二定律得：ma＝kΔx2﹣μmg
A、C間的距離為：x＝2L+Δx1+Δx2
聯(lián)立解得：，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【變式2-2】（2023?重慶開學）（多選）如圖所示，靜止在水平地面上傾角為θ的光滑斜面體上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑。已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，斜面體始終保持靜止。下列說法正確的是（）
A．A、B間的摩擦力為零
B．C可能只受兩個力作用
C．A所受合外力的大小為mgsinθ
D．斜面體受到地面的摩擦力方向水平向左
【答案】BCD
【分析】整體一起勻加速下滑，具有相同的加速度；先用整體法結(jié)合牛頓第二定律求出整體的加速度，再用隔離法分析個體的受力情況。
【解答】解：A、對B、C整體受力分析，其受重力、支持力，B、C沿斜面勻加速下滑，則A、B間摩擦力不為零，故A錯誤；
B、如果B的上表面是光滑的，傾角也為θ，C只受重力、支持力兩個力作用，這二力的合力也可能沿斜面向下，也可以一起沿斜面勻加速下滑，故B正確；
C、選A、B、C整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可知A的加速度大小為
a＝gsinθ
所受合外力的大小為
F＝ma＝mgsinθ
故C正確；
D、對A、B、C和斜面體整體分析，整體有向左的分加速度，斜面體受地面的摩擦力方向水平向左，故D正確。
故選：BCD。
【變式2-3】（2023秋?渝北區(qū)校級月考）如圖所示，A點距水平面BC的高度h＝1.25m，BC與圓弧軌道CDE相接于C點，D為圓弧軌道的最低點，圓弧軌道DE對應的圓心角θ＝37°，圓弧的半徑R＝0.5m，圓弧與斜面EF相切于E點。一質(zhì)量m＝1kg的小球從A點以v0＝5m/s的速度水平拋出，從C點沿切線進入圓弧軌道，當經(jīng)過E點時，該球受到圓弧的摩擦力f＝40N，經(jīng)過E點后沿斜面向上滑向洞穴F。已知球與圓弧上E點附近以及斜面EF間的動摩擦因數(shù)μ均為0.5，EF＝4m，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計。求：
（1）小球在C點的速度；
（2）小球到達E處時的速度大?。?br>（3）要使小球正好落到F處的球洞里，則小球在E處的速度多大。（結(jié)果可用根式表示）
【答案】（1）小球在C點的速度為5m/s，與水平方向成45°；
（2）小球到達E處時的速度大小為6m/s；
（3）要使小球正好落到F處的球洞里，則小球在E處的速度為4m/s。
【分析】（1）根據(jù)運動的合成與分解解得C點速度；
（2）在E點，對小球根據(jù)牛頓第二定律可解得；
（3）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學公式可解得。
【解答】解：（1）小球從A點做平拋運動，在豎直方向有：vy＝
則小球到達C點時速度大?。簐C＝
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vC＝5m/s
又速度方向與水平方向夾角α滿足tan＝1，即小球在C點速度方向與水平方向成45°
（2）小球在E點，根據(jù)f＝μFN，
代入數(shù)據(jù)解得：FN＝80N
在E點，對小球根據(jù)牛頓第二定律可得：FN＝﹣mgcs37°＝
代入數(shù)據(jù)解得：vE＝6m/s
（3）小球在斜面上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝﹣gsin37°﹣μgcs37°
又xEF＝4m
根據(jù)速度—位移關(guān)系有：
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vE＝4m/s
答：（1）小球在C點的速度為5m/s，與水平方向成45°；
（2）小球到達E處時的速度大小為6m/s；
（3）要使小球正好落到F處的球洞里，則小球在E處的速度為4m/s。
【考點3 實驗驗證牛頓第二定律】
【典例3-1】（2022秋?浦東新區(qū)期末）符合“研究牛頓第二定律”實驗結(jié)論的圖像是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)牛頓第二定律和控制變量法分析判斷。
【解答】解：“研究牛頓第二定律”實驗時，根據(jù)F＝ma
可知
合力一定時，加速度與質(zhì)量的倒數(shù)成正比，與質(zhì)量成反比；合外力與質(zhì)量無關(guān)，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【典例3-2】（2023?江西開學）利用圖甲實驗裝置驗證牛頓第二定律，質(zhì)量為m1、m2（m1＞m2）的兩物塊通過細線跨過滑輪相連，質(zhì)量為m2的物塊拖著紙帶利用電火花打點計時器打出一系列點，重力加速度為g。
（1）圖乙為打點計時器打出的一條紙帶，若交流電源的工作頻率為f，相鄰計數(shù)點之間的距離如圖所示，則打計數(shù)點2時，物塊的速度大小v＝，根據(jù)逐差法可得物塊的加速度大小a＝。（均用題給物理量表示）
（2）若驗證牛頓第二定律，以兩物塊為研究對象，只需驗證等式a＝（用物理量m1、m2、g表示）是否成立即可。
（3）為減小實驗誤差，下列措施可行的是 AB 。
A．盡量減小細繩與滑輪之間的摩擦力
B．兩個重錘的質(zhì)量差適當大些
C．將電火花打點計時器改為電磁打點計時器
D．從打點計時器打下的第一個點開始選取計數(shù)點處理數(shù)據(jù)
【答案】（1）；；（2）；（3）AB。
【分析】（1）根據(jù)勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，求物塊通過計數(shù)點2時的瞬時速度；
根據(jù)“逐差法”求加速度；
（2）根據(jù)牛頓第二定律分別對兩物塊列式，聯(lián)立求解加速度；
（3）根據(jù)實驗原理和實驗操作分析實驗誤差。
【解答】解：（1）相鄰計數(shù)點之間的時間間隔
根據(jù)勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，物塊通過計數(shù)點2時的瞬時速度
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
根據(jù)“逐差法”，加速度
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
（2）設(shè)繩子的張力為T，加速度的大小為a
根據(jù)牛頓第二定律，對m1有m1g﹣T＝m1a
對m2有T﹣m2g＝m2a
聯(lián)立解得加速度
若上式成立即可驗證牛頓第二定律；
（3）AB．減小摩擦力或增大合外力都可減小實驗誤差，故AB正確；
C．電磁打點計時器是利用變化的低壓交變電流使鐵芯產(chǎn)生磁性，吸引其上帶振針的振片通過復寫紙在紙帶上打點，會產(chǎn)生一些拖痕，且點痕有時不太明顯，誤差較大，故C錯誤；
D．從打點計時器打下的第一個點開始選取計數(shù)點處理數(shù)據(jù)會增大誤差，故D錯誤。
故選：AB。
故答案為：（1）；；（2）；（3）AB。
【變式3-1】（2021?紅橋區(qū)一模）（多選）在“驗證牛頓運動定律”的實驗中，保持小車的質(zhì)量不變，改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量。在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)在坐標紙上畫出a﹣F關(guān)系的點跡，如圖所示。經(jīng)過分析，發(fā)現(xiàn)這些點跡存在一些問題，產(chǎn)生這些問題的主要原因可能是（）
A．軌道與水平方向夾角太小或沒有平衡摩擦力
B．軌道與水平方向夾角太大
C．所掛鉤碼的總質(zhì)量太大，造成上部點跡有向下彎曲趨勢
D．所用小車的質(zhì)量太大，造成上部點跡有向下彎曲趨勢
【答案】AC
【分析】如果軌道傾角太大，圖象在縱軸上的截距大于0；在沒有或忘記平衡摩擦力的情況下，在橫軸的截距大于0；當所掛鉤碼質(zhì)量太大時造成上部點跡向下彎曲．
【解答】解：AB、由圖可知，當施加的拉力不為零時，加速度仍為零，所以可能沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力過小，即軌道與水平方向夾角太小，故A正確，B錯誤；
CD、造成上部點跡有向下彎曲趨勢，是因為沒有滿足所掛鉤碼的總質(zhì)量遠遠小于小車質(zhì)量，即所掛鉤碼的總質(zhì)量太大，小車的質(zhì)量太小，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
【變式3-2】（2022秋?南昌期中）（1）在探究牛頓第二定律的實驗中，有兩個重要的實驗要求，第一是需要補償摩擦力，第二是要求砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量。某學校高一有一個研究小組，利用實驗室現(xiàn)有的器材，對本實驗進行了改裝；用水平氣墊導軌代替長木板；在小車和連接的細繩間接有力傳感器，直接顯示拉力大小。利用改裝后的裝置做該實驗時，下列選項正確的是 C ；（填選項序號）
A．不需要補償摩擦力，但仍然需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量
B．需要補償摩擦力，但不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量
C．不需要補償摩擦力，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量
D．需要補償摩擦力，也需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量
（2）某同學在做探究小車質(zhì)量一定，加速度和合外力的關(guān)系時，沒有使用力傳感器，把砂和砂桶的重力作為小車受到的合外力，小車真實加速度和求出的加速度的比值，控制在90%及以上。實驗中，各方面操作規(guī)范，為了達到預期效果，砂和砂桶的質(zhì)量m和小車的質(zhì)量M比值至少控制在 A 。（填選項序號）
A，小于等于
B．大于等于
C．小于等于
D．大于等于
【答案】（1）C；（2）A
【分析】（1）根據(jù)實驗原理及實驗操作規(guī)范分析解答；
（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合題意解答。
【解答】解：（1）研究小組用水平氣墊導軌代替長木板；在小車和連接的細繩間接有力傳感器，直接顯示拉力大小，所以不需要補償摩擦力，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量要遠小于小車的質(zhì)量，故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2）對小車，根據(jù)牛頓第二定律可知實際加速度為：mg＝（M+m）a實；
而a測＝；
要求＝≥90%
解得：
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
故答案為：（1）C；（2）A
【變式3-3】（2023春?沙坪壩區(qū)期末）某實驗小組設(shè)計了如圖甲所示的實驗裝置來驗證牛頓第二定律。在一端有光滑定滑輪的長木板上，安裝著兩光電門A和B，在小車上適當高度設(shè)置遮光條，利用游標卡尺測量遮光條的寬度d時，其部分刻度如圖乙所示。
實驗的操作步驟如下：
①用輕細線把小車和鉤碼通過定滑輪連接起來，用墊木將長木板有定滑輪的一端墊高成一定角度的斜面，使小車恰好能夠沿斜面勻速下滑；
②取下全部鉤碼，打開光電門電源，釋放小車，測量、計算并記錄小車運動的加速度a和鉤碼的總質(zhì)量m；
③增加鉤碼個數(shù)，改變鉤碼總質(zhì)量，重復上述操作；
④以a為縱坐標、m為橫坐標，作出a﹣m圖線。
（1）實驗測得遮光條的寬度d＝ 10.30 mm；
（2）本實驗中，如果作出a﹣m圖線是一條直線（選填“直線”、“雙曲線”、“拋物線”），則可驗證牛頓第二定律；
（3）若鉤碼質(zhì)量與小車質(zhì)量可以相比擬，對本實驗無（選填“有”、“無”）影響。
【答案】（1）10.30；（2）直線；（3）無。
【分析】（1）由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度，根據(jù)速度一位移公式求得加速度。解決本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀。
（2）遮光片經(jīng)過光電門的時間求出滑塊經(jīng)過光電門時的速度，滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，應用牛頓第二定律與運動學公式求出圖象的函數(shù)表達式，然后分析答題。
（3）本實驗沒有用砝碼盤和盤中砝碼的重力代替繩子的拉力，不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量；本實驗裝置也可以用來驗證動能定理。
【解答】解：（1）游標卡尺的主尺讀數(shù)為10mm，游標尺讀數(shù)為0.05mm×6mm＝0.30mm，則遮光條的寬度為10mm+0.30mm＝10.30mm。
（2）由用輕細線把小車和鉤碼通過定滑輪連接起來，用墊木將長木板有定滑輪的一端墊高成一定角度的斜面，使小車恰好能夠沿斜面勻速下滑，小車所受合力為零；取下全部鉤碼，打開光電門電源，釋放小車，小車做勻加速運動，合力大小為mg，加速度測得為a，設(shè)小車的質(zhì)量為M，由牛頓第二定律可得mg＝Ma，則所以本實驗中，如果作出a﹣m圖線是一條直線則可驗證牛頓第二定律。
（3）本實驗中小車的加速度由，或由求出，又與小車的質(zhì)量M都是定值，所以若鉤碼質(zhì)量與小車質(zhì)量可以相比擬，對本實驗無影響。
1．（2023?杭州一模）蹦極是新興的一項戶外休閑活動。如圖，蹦極者站在約40米高的塔頂，把一端固定在塔頂?shù)拈L橡皮繩另一端綁住身體，然后兩臂伸開，從塔頂自由落下。當人體下落一段距離后，橡皮繩被拉緊，當?shù)竭_最低點時橡皮繩再次彈起，人被拉起，隨后又落下，這樣反復多次，這就是蹦極的全過程。若空氣阻力不計，橡皮繩彈力與伸長量成正比，橡皮繩彈力與人體重力相等位置為坐標原點，豎直向上為正方向，從第一次運動到最低點開始計時，則關(guān)于人體運動的位移x、速度v、加速度a、合外力F與時間t的關(guān)系圖正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】蹦極時人開始自由下落，速度增大，橡皮條開始伸長后，人受到的拉力和重力的作用；下落至最低點過程中，人受到的拉力隨橡皮條的伸長逐漸增大，所以人受到的合力先向下，后向上，人先加速后減速，與人在蹦床上下落過程相似。
【解答】解：以向上為正方向，從最低點開始向上運動，根據(jù)牛頓第二定律可知
F＝ma＝T﹣mg
則合力F向上，且T逐漸減小，故加速度減小，速度增加，到達坐標原點，加速度為0，速度達到最大值，繼續(xù)上升，加速度增大，方向向下，速度減小，到達原長位置后繼續(xù)上升到達最高點再返回到原長位置，此階段加速度為g，速度均勻減小再均勻增大，之后加速度減小，方向向下，到達坐標原點，加速度為0，速度達到最大值，繼續(xù)下降，加速度增大，方向向上，速度減小直至到達最低點，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
2．（2022秋?濱海新區(qū)校級期末）一質(zhì)量為m＝40kg的學生站在豎直方向運動的電梯內(nèi)的體重計上。電梯從t＝0時刻由靜止開始上升，在0到6s內(nèi)體重計示數(shù)F的變化如圖所示，g取10m/s2，可知（）
A．0﹣2s內(nèi)電梯勻加速上升，加速度大小為2m/s2
B．2﹣5s內(nèi)電梯一定處于靜止狀態(tài)
C．5s﹣6s內(nèi)電梯處于失重狀態(tài)，其加速度為3m/s2
D．0﹣2s內(nèi)學生處于超重狀態(tài)，其加速度為5m/s2
【答案】D
【分析】根據(jù)超重、失重的概念分析學生的所處狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律計算出學生的加速度。
【解答】解：AD、由圖可知，0～2s內(nèi)，學生對電梯的壓力大于學生的重力，學生處于超重狀態(tài)，電梯加速上升，由牛頓第二定律得：
600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D正確，A錯誤；
B、由圖可知，2～5s內(nèi)電梯處于勻速運動狀態(tài)，故B錯誤；
C、由圖可知，5～6s內(nèi)，學生處于失重狀態(tài)，學生對電梯的壓力小于學生的重力，由牛頓第二定律得：
400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知電梯減速上升，故C錯誤；
故選：D。
3．（2023秋?佛山月考）如圖所示，質(zhì)量為10kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為5N時，物體A處于靜止狀態(tài)。若小車以1m/s2的加速度向右運動，則（g＝10m/s2）（）
A．物體A相對小車向右運動
B．物體A受到的摩擦力方向不變
C．物體A受到的摩擦力大小不變
D．物體A受到的彈簧的拉力增大
【答案】C
【分析】當物體A處于靜止狀態(tài)時，根據(jù)平衡條件求出此時物體A受到的摩擦力大小，確定物體A與平板車間的最大靜摩擦力范圍。當小車以1m/s2的加速度向右運動，由牛頓第二定律求出物體的合力大小，再分析平板車對物體A的摩擦力大小和方向，判斷物體A相對于車的運動狀態(tài)，確定物體受到的彈簧的拉力大小變化情況。
【解答】解：AB、當物體A處于靜止狀態(tài)時，根據(jù)平衡條件可知物體A受到的摩擦力大小f＝F＝5N，方向向左，則物體A與平板車間的最大靜摩擦力Fmax≥5N。當小車以1m/s2的加速度向右運動，穩(wěn)定時，物體的合力F合＝ma＝10×1N＝10N，可知此時平板車對物體A的摩擦力大小f′＝F合﹣F＝10N﹣5N＝5N，方向向右，且為靜摩擦力，所以物體A相對于車仍然靜止，故AB錯誤；
C、此時平板車對物體A的摩擦力大小為5N，所以物體A受到的摩擦力大小不變，故C正確；
D、物體A相對于車仍然靜止，所以受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯誤。
故選：C。
4．（2023秋?天心區(qū)校級月考）如圖所示是四只猴子“水中撈月”時的情景，它們將一棵又直又高的樹枝壓彎，豎直倒掛在樹梢上，從下到上依次為1、2、3、4號猴子。正當1號猴子打算伸手撈水中“月亮”時，2號猴子突然兩手一滑沒抓穩(wěn)，1號猴子撲通一聲掉進了水里。假設(shè)2號猴子手滑前四只猴子都處于靜止狀態(tài)，其中1號猴子的質(zhì)量為，其余3只猴子的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，那么在2號猴子手滑后的一瞬間（）
A．4號猴子的加速度為0
B．2號猴子對3號猴子的作用力大小為
C．3號猴子對4號猴子的作用力大小為
D．桿對4號猴子的作用力大小為3mg
【答案】C
【分析】對1號猴子受力分析，結(jié)合牛頓第二定律得出其加速度的大小；先對整體分析得出整體的加速度，再隔離個體分析得出猴子之間的相互作用力。
【解答】解：AB、在手滑前，設(shè)樹梢對猴子的作用力為T，對整體有
當2號猴子手滑后的一瞬間，對2、3、4號猴子整體分析，受重力、樹梢對猴子的作用力T，根據(jù)牛頓第二定律可得
T﹣3mg＝3ma′
聯(lián)立解得
方向豎直向上。
對2號猴子受力分析，受重力、3號猴子對它的拉力F23，根據(jù)牛頓第二定律可得
F23﹣mg＝ma′
解得2號猴子與3號猴子之間的作用力大小為
故A、B均錯誤；
C、對2、3號猴子為整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得
F34﹣2mg＝2ma′
解得3號猴子與4號猴子之間的作用力大小為
故C正確；
D、桿對4號猴子的作用力保持不變，所以作用力大小仍為，故D錯誤。
故選：C。
5．（2023秋?香坊區(qū)校級月考）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量分別為3m、m的物體A、B（A物體與彈簧拴接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體B上，使物體A、B開始向上一起做加速度大小為的勻加速直線運動直到A、B分離，重力加速度為g，則關(guān)于此過程說法正確的是（）
A．施加拉力后的瞬間，A、B間的彈力大小為mg
B．拉力F的大小隨時間均勻增大
C．分離時，A上升的高度為
D．從施加力F到A、B分離的時間為
【答案】D
【分析】先根據(jù)胡克定律和平衡條件相結(jié)合求出開始時彈簧的壓縮量，再對A物體根據(jù)牛頓第二定律列方程，即可求得施加拉力后的瞬間A、B間的彈力大小；對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律相結(jié)合列式，分析拉力F的大小變化情況；在A、B分離瞬間，A、B間的彈力為0，對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出此時彈簧的壓縮量，從而求得A上升的高度；由位移—時間公式求從施加力F到A、B分離的運動時間。
【解答】解：A、設(shè)彈簧開始時的壓縮量為x0，則由平衡條件有：kx0＝4mg
拉力F開始施加的瞬間，對A物體，根據(jù)牛頓第二定律有：kx0﹣3mg﹣FAB＝3ma
解得：，故A錯誤；
B、物體A、B向上做勻加速直線運動的過程，以A、B整體為研究對象，則根據(jù)牛頓第二定律有：
可見拉力F的大小并不是隨時間均勻增大，故B錯誤；
C、在A、B分離瞬間，A、B間的彈力FAB＝0，彈簧彈力不為零，對A受力分析，由牛頓第二定律得：
kx﹣3mg＝3ma
解得到這一瞬間彈簧的壓縮量為：
則A上升的高度為：h＝x0﹣x＝﹣＝，故C錯誤；
D、由，解得從施加力到A、B分離的時間為：，故D正確。
故選：D。
6．（2022秋?益陽期末）在驗證牛頓第二定律的實驗中，用改變砂的質(zhì)量的辦法來改變對小車的作用力F，用打點計時器測出小車的加速度a，得出若干組F和a的數(shù)據(jù)。然后根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出如圖所示的a﹣F圖線，發(fā)現(xiàn)圖線既不過原點，又不是直線，原因是（）
A．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且小車質(zhì)量較大
B．平衡摩擦力時，所墊木板太低，且砂和小桶的質(zhì)量較大
C．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且小車質(zhì)量較大
D．平衡摩擦力時，所墊木板太高，且砂和小桶的質(zhì)量較大
【答案】D
【分析】探究加速度與力的關(guān)系實驗時，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時，要求小車在無動力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西；當砂和小桶的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量時，可以認為小車受到的拉力等于砂和小桶的重力。
【解答】解：由圖像得，當未施加作用力F時，小車已經(jīng)有加速度，說明所墊木板太高，平衡摩擦力過度；
從圖象上可以看出：F從0開始增加，砂和小桶的質(zhì)量遠小于車的質(zhì)量，慢慢的砂的質(zhì)量在增加，砂和小桶的質(zhì)量不滿足遠小于車的質(zhì)量，那么繩子的拉力與砂和小桶的總重力就相差較大。圖線不是直線的原因是砂和小桶的質(zhì)量沒有遠小于車的質(zhì)量，即砂和小桶的質(zhì)量較大。
故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
7．（2022秋?李滄區(qū)校級期末）（多選）如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖（b）判斷下列說法不正確的是（）
A．物體的質(zhì)量m＝1.5kg
B．斜面的傾角θ＝53°
C．加速度為5m/s2時物體的速度v＝16m/s
D．物體靜止在斜面上時，水平外力的大小為F＝15N
【答案】ABC
【分析】本題根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合題中數(shù)據(jù)，即可解答。
【解答】解：AB．根據(jù)牛頓第二定律Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
將，F(xiàn)1＝20N，，F(xiàn)2＝30N
代入聯(lián)立得m＝2kg，θ＝37°
故AB錯誤；
D．當a＝0時代入Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正確；
C．沒有時間的信息，條件不全，無法求出瞬時速度，故C錯誤。
本題選不正確的，故選：ABC。
8．（2023秋?龍華區(qū)校級月考）（多選）在粗糙的水平面上，一物體在水平拉力的作用下由靜止開始做加速運動，撤去拉力后物體做減速運動直到停止。已知物體加速運動的時間是減速運動的時間的2倍，該物體的v﹣t圖像如圖所示。下列說法正確的是（）
A．加速、減速兩階段的位移大小之比為1：1
B．加速、減速兩階段的平均速度大小之比為2：1
C．加速、減速兩階段的加速度大小之比為1：2
D．拉力與滑動摩擦力的大小之比為3：2
【答案】CD
【分析】首先，根據(jù)v﹣t圖像與t軸所圍的面積求出加速、減速兩階段的位移大小之比；
接著，根據(jù)平均速度公式求出加速、減速兩階段的平均速度大??；
然后，由加速度定義式結(jié)合圖像求出加速、減速兩階段的加速度大小之比；
最后，根據(jù)牛頓第二定律求出加速、減速兩階段的合外力大小之比，進而求出拉力和摩擦力大小之比。
【解答】解：A、v﹣t圖像與t軸所圍的面積表示位移，根據(jù)圖像可知加速、減速兩階段的位移大小分別為
所以加速和減速階段的位移大小之比為2：1，故A錯誤；
B、由平均速度公式，可知，加速、減速兩階段的平均速度大小相等，故B錯誤；
C、由加速度定義式，可知加速、減速兩階段的加速度大小之比為1：2，故C正確；
D、根據(jù)牛頓第二定律可知，加速、減速兩階段的加速度大小之比等于合外力大小之比，即
，解得，故D正確。
故選：CD。
9．（2023秋?朝陽區(qū)校級月考）（多選）一個物塊在光滑的水平面上受到水平恒力F的作用，從靜止開始做勻加速直線運動，計時開始的﹣t圖像如甲所示，v2﹣x圖像如圖乙所示，據(jù)圖像的特點與信息分析，下列說法正確的是（）
A．x＝1m時物體的速度為8m/s
B．圖乙的斜率是圖甲的斜率的4倍
C．圖甲中的y＝8m/s
D．t＝1s時物體的速度為4m/s
【答案】BD
【分析】根據(jù)圖像乙，求x＝1m時物體的速度大??；
根據(jù)初速度為0的勻加速直線運動位移—時間公式，以及公式v2＝2ax，推理函數(shù)關(guān)系結(jié)合圖像，求斜率關(guān)系以及y的大??；
根據(jù)公式v'＝at，求t＝1s時物體的速度。
【解答】解：A、當x＝1m，由圖乙v2＝8m2/s2
解得
故A錯誤；
BC、初速度為0的勻加速直線運動位移—時間公式為
整理公式有
甲圖斜率
由v2＝2ax
乙圖斜率k乙＝2a＝m/s2＝8m/s2
解得a＝4m/s2
則k乙＝4k甲
圖甲中的y＝4m/s，故B正確，C錯誤；
D、t＝1s時物體的速度為v'＝at，解得v'＝4m/s
故D正確。
故選：BD。
10．（2022秋?徐匯區(qū)校級期中）地面上有一個物體，受到豎直向上的拉力F作用，其加速度a隨拉力F的變化關(guān)系如圖所示，則當a＝a0時物體所受拉力（1+）F0 ，在同一圖上畫出另一質(zhì)量為其2倍的物體的a﹣F圖線。（圖中F0，重力加速度g已知）
【答案】（1+）F0，圖見解析。
【分析】根據(jù)牛頓第二定律列出a和F的關(guān)系式，結(jié)合圖像求解物體的質(zhì)量和a＝a0時物體所受拉力；根據(jù)牛頓第二定律畫另一質(zhì)量為其2倍的物體的a﹣F圖線。
【解答】解：對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma
即a＝
斜率k＝＝
m＝
當a＝a0時，拉力F＝mg+ma＝F0+a0＝（1+）F0
質(zhì)量變?yōu)?m，a﹣F圖像的斜率變?yōu)樵瓉淼?，圖像如圖所示：
故答案為：（1+）F0，圖見解析。
11．（2023春?浦東新區(qū)校級期末）某乘客靠在座椅上如圖所示，此時列車正在向左加速行駛，加速度逐漸減小，若不考慮人與座位之間的摩擦力且人腳未接觸地面，則此過程中人對座位底部的壓力N1 變小，對座位靠背的壓力N2 變小。（均選填“變大”、“變小”或“不變”）
【答案】變大；變小。
【分析】以人為研究對象，進行受力分析，然后正交分解，由牛頓第二定律列方程。
【解答】解：設(shè)座椅靠背與豎直方向之間的夾角為α。以人為研究對象，人受到重力G，座位底部對他的支持力N1'以及靠背對他的支持力N2'。
由牛頓第二定律：
N2'csα＝ma ①
N2'sinα+N1'＝mg ②
①②可知：a減小N2'變小，N1'變大，
由牛頓第三定律得：N2變小，N1變大。
故答案為：變大，變小。
12．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖所示，某同學用量程為10cm、分度為1mm的刻度尺和輕質(zhì)彈簧、重物等制作了一個“豎直加速度測量儀”。該同學將刻度尺豎直放置在裝置一側(cè)，0刻線在最下端。彈簧上端固定在裝置上方，下端懸掛重為330g的物體A達平衡時，彈簧下端指針指向刻度7.40cm；逐步改變懸掛重物的質(zhì)量，當懸掛重為450g的物體B達平衡時，彈簧下端指針正好指向刻度5.00cm，并標記此處為加速度的零點，此后就將物體B固定在彈簧下端。將裝置置于電梯里，可以測出電梯運行時的加速度。（g取10m/s2）
（1）所用彈簧的勁度系數(shù)為 50N/m 。
（2）刻度尺上刻度為2.50cm處的刻線，對應的加速度大小是 2.78m/s2 ，方向為豎直向上。（本問計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）
（3）若該同學在原先的基礎(chǔ)上換用了質(zhì)量更大的重物C，并改變刻度尺的位置，仍使懸掛重物時的平衡位置位于5.00cm刻線處（使加速度零點不變），其他條件均不變。則與原先相比，此時加速度測量儀的量程和分度值會發(fā)生怎樣的變化？更適宜測量更大的加速度還是更小的加速度？測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測小的加速度。。（設(shè)刻度尺所在范圍均在彈簧的彈性限度之內(nèi)）
【答案】（1）50N/m；（2）2.78m/s2，豎直向上；（3）測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
【分析】根據(jù)胡克定律，即可求得勁度系數(shù)，分析出物體受到的合外力，利用牛頓第二定律，即可求出加速度。根據(jù)加速度合外力的關(guān)系，就可分析出量程的變化情況。
【解答】解：（1）根據(jù)F＝kx，則k＝＝50N/m；
（2）刻度尺上刻度為2.50cm處的刻線，根據(jù)牛頓第二定律可得：
k（x0+x）﹣mg＝ma①
kx0﹣mg＝0②
聯(lián)立可解得a＝＝，方向豎直向上；
（3）在形變量的改變量相同的情況下，有m1a1＝m2a2，故測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
故答案為：（1）50N/m；（2）2.78m/s2，豎直向上；（3）測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
13．（2022秋?武清區(qū)校級月考）某物理興趣小組的同學用圖甲所示裝置來“驗證牛頓第二定律”。同學們在實驗中，都將砂和小桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大小，通過改變小桶中砂的質(zhì)量改變拉力。為使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，實驗中需要平衡摩擦力。
（1）下列器材中不必要的是 B （填字母代號）；
A．低壓交流電源
B．秒表
C．天平（含砝碼）
D．刻度尺
（2）下列實驗操作中，哪些是正確的 AD （填字母代號）；
A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行
B．每次實驗，都要先放開小車，再接通打點計時器的電源
C．平衡摩擦力時，將懸掛小桶的細線系在小車上
D．平衡摩擦力時，讓小車后面連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶
（3）實驗中得到如圖（乙）所示的一條紙帶，s1、s2、s3、s4是紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間的距離（相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點沒有畫出），已知打點計時器打點頻率為f，則小車的加速度大小可以表示為a＝；
（4）把砂桶（含砂）的重力mg作為小車受到的合力F，作出a﹣F圖像，當砂桶（含砂）的質(zhì)量接近小車的質(zhì)量后，可能會出現(xiàn)圖丙中的圖線 ③ （選填①、②或③）；設(shè)小車的質(zhì)量為M，作出小車加速度的倒數(shù)與小車質(zhì)量M的關(guān)系圖像，下列選項正確的是 C 。
【答案】（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
【分析】（1）根據(jù)實驗目的和實驗方法確定不必要的器材；
（2）根據(jù)實驗原理和注意事項分析答題。
（3）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式Δx＝at2可以求出小車的加速度；
（4）根據(jù)實驗注意事項分析圖示圖象，結(jié)合牛頓第二定律然后分析答題。
【解答】解：（1）A、電磁式打點計時器使用的是低壓交流電源，故A正確；
B、電磁式打點計時器是計時的儀器，不需要秒表；故B錯誤；
C、驗證牛頓第二定律的過程中需要使用天平（含砝碼）測量物體與小車的質(zhì)量，故C正確；
D、驗證牛頓第二定律的過程中需要使用刻度尺測量運動的長度，故D正確；
本題選擇不需要的器材，故選：B
（2）A、在實驗的過程中要注意調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，才能使繩子的拉力平行于運動的方向，故A正確；
B、實驗時，為充分利用紙帶應先接通電源然后再放開小車，故B錯誤；
C、在調(diào)節(jié)木板傾斜程度平衡小車受到的滑動摩擦力時，需要將裝有砂的砂桶摘下，故C錯誤；
D、平衡摩擦力時，讓小車后面連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，故D正確。
故選：AD
（3）T＝，t＝5T＝由勻變速直線運動的推論Δx＝aT2可知，加速度為：
a＝
（4）a﹣F圖像的斜率表示小車質(zhì)量的倒數(shù)，小車質(zhì)量不變，把砂桶（含砂）的重力mg作為小車受到的合力F，當砂桶（含砂）的質(zhì)量接近小車質(zhì)量時，實際的加速度應該較小，圖線斜率減小，故選③。
對小車和砂桶（含砂）看作一個整體。由牛頓第二定律可得
mg＝（m+M）a
，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
故答案為：（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
14．（2023秋?順德區(qū)校級月考）驗證牛頓第二定律的實驗裝置如圖甲所示。
（1）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是 B 。
A．實驗中要始終滿足鉤碼的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量
B．調(diào)整滑輪高度，使連接小車的細線與木板平行
C．改變鉤碼或小車的質(zhì)量時必須重新平衡摩擦力
（2）圖乙是某次實驗時打出的一條紙帶，把打下的第一點記作0，然后依次取若干個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間還有4個計時點未畫出，用刻度尺測得各計數(shù)點到0點的距離分別為d1＝0.88cm、d2＝3.52cm、d3＝7.92cm、d4＝14.08cm、d5＝22.00cm…打點計時器的頻率為50Hz，則小車的加速度為a＝ 1.76 m/s2。
（3）在不同次實驗中測得多組外力F和對應的加速度a的數(shù)據(jù)，作出F﹣a圖像如圖丙所示，圖線不經(jīng)過坐標原點的原因是沒有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
【答案】（1）B；（2）1.76；（3）沒有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
【分析】（1）根據(jù)實驗原理和注意事項分析作答；
（2）根據(jù)逐差法求加速度；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求解F﹣a函數(shù)，然后分析F﹣a圖像的特征。
【解答】解：（1）A．通過實驗裝置可知，該實驗中由于通過拉力傳感器可以直接讀出小車所受拉力的大小，所以不需要始終滿足鉤碼的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，故A錯誤；
B．為了保證小車受到的拉力等于小車的合力，應調(diào)整滑輪高度，使連接小車的細線與木板平行，故B正確；
C．平衡摩擦力的原理是重力沿斜面的分力與阻力相等，根據(jù)平衡條件mgsinθ＝μmgcsθ
化簡得tanθ＝μ
由此可知，平衡摩擦力后，斜面的傾角與質(zhì)量無關(guān)；在改變鉤碼或小車的質(zhì)量時，就不需要再次重新平衡摩擦力了，故C錯誤。
故選：B。
（2）相鄰計數(shù)點間的時間間隔為
利用逐差法，可得小車的加速度大小為
（3）根據(jù)“描點法”，作出F﹣a圖像如圖丙所示；從圖像可知a＝0時，縱截距不為零，使得圖線不經(jīng)過坐標原點，其原因是沒有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
故答案為：（1）B；（2）1.76；（3）沒有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
15．（2023秋?和平區(qū)校級月考）小華所在的實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置探究牛頓第二定律，打點計時器使用的交流電頻率f＝50Hz，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。
?
（1）實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調(diào)節(jié)長木板一端滑輪的高度，使細線與長木板平行，接下來還需要進行的一項操作是 B 。
A.將長木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調(diào)節(jié)m的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動
B.將長木板的一端墊起適當?shù)母叨龋屝≤囘B著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動
C.將長木板的一端墊起適當?shù)母叨?，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動
（2）圖乙是小華同學在正確操作下獲得的一條紙帶，其中A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出。若s1＝2.02cm，s2＝4.00cm，s3＝6.01cm，則B點的速度為vB＝ 0.301 m/s（保留三位有效數(shù)字）。
（3）在平衡好摩擦力的情況下，探究小車加速度a與小車質(zhì)量M的關(guān)系中，某次實驗測得的數(shù)據(jù)如表所示。根據(jù)這些數(shù)據(jù)在圖丙坐標圖中描點并作出a﹣圖線。從a﹣圖線求得合外力大小為 0.30 N（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】（1）B；（2）0.301；（3）0.30
【分析】（1）平衡摩擦力時，不能砂桶；實驗過程中，應保證繩和紙帶與木板平行；
（2）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大??；
（3）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像斜率解答。
【解答】解：（1）將不帶滑輪的木板一端適當墊高，在不掛砂和砂桶的情況下使小車恰好做勻速運動，以使小車的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車的合力就是繩子的拉力．要判斷是否是勻速運動，我們可以從打出的紙帶相鄰的點的間距來判斷小車是否做勻速運動。
故AC錯誤，B正確；
故選：B。
（2）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大小．
vB＝＝×0.01m/s＝0.301m/s
（3）根據(jù)牛頓第二定律可知F＝Ma
則a＝
合外力等于圖象的斜率，大小為：F合＝N＝0.30N
故答案為：（1）B；（2）0.301；（3）0.30
16．（2022秋?潛山市校級期末）某實驗小組同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：
①將光電門A、B固定在長木板上，用刻度尺測量光電門A、B之間的距離L；
②調(diào)節(jié)長木板左端的高度，直至滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間相等；
③將細繩的一端與滑塊相連，另一端與小球相連，細繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，調(diào)整滑輪，使滑塊與滑輪間的細繩與長木板平行；
④將滑塊置于光電門A上方某位置，由靜止釋放，記錄滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間Δt1和Δt2；
⑤用天平測量滑塊（含遮光片）的質(zhì)量M，測量小球的質(zhì)量m；
⑥測量出遮光片的寬度d。
回答下列問題（重力加速度為g）：
（1）實驗步驟②的目的是平衡摩擦力；
（2）滑塊從光電門A運動到光電門B的加速度大小a＝；（用題中所給物理量符號表示）
（3）若小球的質(zhì)量m遠小于滑塊（含遮光片）的質(zhì)量M，則細繩中的拉力大小FT≈ mg ；（用題中所給物理量符號表示）
（4）若小球的質(zhì)量m不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質(zhì)量M的條件，則牛頓第二定律在本實驗中的具體表達形式為。（用題中所給物理量符號表示）
【答案】（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
【分析】（1）根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作；
（2）根據(jù)運動學公式得出加速度的表達式；
（3）根據(jù)牛頓第二定律得出細繩的拉力的大?。?br>（4）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合實驗原理得出正確的表達式。
【解答】解：（1）平衡摩擦力（補償阻力），使滑塊（含遮光片）所受合外力等于細繩拉力；
（2）根據(jù)，，
得：
（3）若小球的質(zhì)量m遠小于滑塊（含遮光片）的質(zhì)量M，則細繩中的拉力與小球重力近似相等，即FT≈mg；
（4）小球與滑塊的加速度大小相等，小球所受重力提供系統(tǒng)的合力，由牛頓第二定律方程得
故答案為：（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
17．（2023?寧波一模）圖為“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖。砂和砂桶的總質(zhì)量為m，小車和砝碼的總質(zhì)量為M．實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大小。
（1）實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調(diào)節(jié)長木板一端滑輪的高度，使細線與長木板平行。接下來還需要進行的一項操作是 C 。
A．將長木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調(diào)節(jié)m的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動
B．將長木板的一端墊起適當?shù)母叨?，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動
C．將長木板的一端墊起適當?shù)母叨龋啡ゼ垘б约吧昂蜕巴?，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動
（2）實驗中要進行質(zhì)量m和M的選取，以下最合理的一組是 C 。
A．M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g。
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應平衡摩擦力，平衡摩擦力時，讓小車拖著紙帶，能夠做勻速直線運動即可，不能將砂和砂桶通過滑輪掛在小車上。
當砂和砂桶總質(zhì)量遠遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量，即m＜＜M時才可以認為繩對小車的拉力大小等于砂和砂桶的重力；
【解答】解：（1）實驗時，應平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是將長木板的一端墊起適當?shù)母叨?，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動。故選：C。
（2）當m＜＜M時，即當砂和砂桶總質(zhì)量遠遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量，繩子的拉力近似等于砂和砂桶的總重力。故選：C。
故答案為：（1）B，（2）C。
18．（2023?撫松縣校級一模）某興趣小組對老師演示慣性的一個實驗進行了深入的研究。如圖甲所示，長方形硬紙板放在水平桌面上，紙板一端稍稍伸出桌外，將一塊橡皮擦置于紙板的中間，用手指將紙板水平彈出，如果彈的力度合適，橡皮擦將脫離紙板．已知橡皮擦可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m1＝20g。硬紙板的質(zhì)量為m2＝10g，長度為l＝5cm。橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，紙板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.3，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。
（1）手指對紙板的作用力與時間的關(guān)系如圖乙所示，要使橡皮擦相對紙板滑動，F(xiàn)0至少多大？
（2）手指對紙板的作用時間很短，可認為作用結(jié)束后，紙板獲得速度v0但位移近似為零．則要使橡皮擦脫離紙板，v0需滿足的條件？
（3）若要求橡皮擦移動的時間不超過t＝0.2s，求紙板被彈出的最小速度？
【答案】（1）要使橡皮擦相對紙板滑動，F(xiàn)0大小至少是0.15N。
（2）v0需滿足的條件是v0≥m/s；
（3）紙板被彈出的最小速度大小是m/s。
【分析】（1）要使橡皮擦相對紙板滑動，紙板的加速度應大于橡皮擦的加速度，應用牛頓第二定律求出橡皮擦與紙板的加速度大小，然后分析答題。
（2）應用牛頓第二定律求出紙板的加速度大小，應用運動學公式求出紙板與橡皮擦的位移大小，然后根據(jù)橡皮擦脫離紙板時兩者的位移關(guān)系求出紙板的最小速度，然后分析答題。
（3）根據(jù)要求應用運動學公式求出紙板被彈出時的最小速度。
【解答】解：由題意可知，橡皮擦的質(zhì)量m1＝20g＝0.020kg，硬紙板的質(zhì)量為m2＝10g＝0.010kg，長度為l＝5cm＝0.05m
（1）當橡皮擦在紙板上滑動時，設(shè)橡皮擦的加速度大小是a1，紙板的加速度大小是a2，
對橡皮擦，由牛頓第二定律得：μ1m1g＝m1a1，
代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2
對紙板，由牛頓第二定律得：F0﹣μ2（m1+m2）g﹣μ1m1g＝m2a2，
要使橡皮擦在紙板上滑動，需使a2＞a1
解得：F0＞0.15N
（2）紙板獲得初速后做減速運動，令加速度為a2′，
對紙板，由牛頓第二定律得：μ2（m1+m2）g+μ1m1g＝m2a2′
代入數(shù)據(jù)解得：a2′＝13m/s2
假設(shè)橡皮擦一直在紙板上運動，令紙板被彈出后經(jīng)時間t橡皮擦與紙板速度相同
則：a1t＝v0﹣a2′t，代入數(shù)據(jù)解得：t＝
此過程橡皮擦的位移大小x1＝
紙板的位移大小x2＝v0t﹣
要使橡皮擦離開紙板，則需x2＞x1+
代入數(shù)據(jù)解得：v0≥m/s
（3）橡皮擦先紙板上做加速運動，離開后紙板后在桌面上做勻減速運動，因前后加速度一樣大，故前后的所用的時間一樣長，橡皮擦在紙板上的運動時間t≤s＝0.1s
橡皮擦滑離紙板時速度v0≥m/s，
當v0＝m/s時橡皮擦滑離紙板的時間t0＝s≈0.06s＜0.1s
則紙板被彈出的最小速度是m/s
答：（1）要使橡皮擦相對紙板滑動，F(xiàn)0大小至少是0.15N。
（2）v0需滿足的條件是v0≥m/s；
（3）紙板被彈出的最小速度大小是m/s。
19．（2023?坪山區(qū)校級三模）如圖1所示，工人們利用一個斜直的長木板來將高處的貨物運送到水平地面上，高處的工人先將質(zhì)量為2kg的貨物（可視為質(zhì)點）搬到木板的最上端，然后無初速度釋放貨物．物體能沿著斜面由靜止勻加速下滑，木板的長度為L＝8m，物體與木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，木板與水平的夾角為37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）求物體沿著斜面勻加速下滑到達底端的速度大小。
（2）若貨物到達斜面底端的速度過快將會造成物品損壞，于是工人就在木板上貼了一層長為x米的特殊材料使得貨物能夠到達底端且速度不超過2m/s，其模型可以簡化為圖2所示，特殊材料和貨物之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝，材料下端離底端的距離為d＝0.32m，求特殊材料長度x的取值范圍。
（3）現(xiàn)在特殊材料的長度為x＝6m和貨物之間的動摩擦因數(shù)仍為μ2＝，為使貨物能夠到達底端且速度不超過2m/s，則下端距離木板底端距離d的取值范圍應該是多少？
【答案】（1）物體沿著斜面勻加速下滑到達底端的速度大小為8m/s；
（2）特殊材料長度x的取值范圍為：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范圍是d≤0.5m.
【分析】（1）由牛頓第二定律和速度—位移關(guān)系求解；（2）跟據(jù)題意判斷物體在特殊材料上運動，由題意討論，由牛頓第二定律和速度—位移關(guān)系求解，確定x的范圍；（3）由速度—位移關(guān)系求解。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律：mgsin37°﹣μ1mgcs37°＝ma1，
解得a1＝g（sin37°﹣μ1cs37°）＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝4m/s2，
由v2＝2a1 L得物體到達底端的速度大小為v＝＝m/s＝8m/s
（2）設(shè)物體滑到底端速度恰好為2m/s，如圖1所示
v，因μ2＞tan37°，所以物體在特殊材料上做勻減速運動，由牛頓第二定律：μ2mgcs37°﹣mgsin37°＝ma2，v，v，聯(lián)立解得：x＝6m，a
設(shè)物體滑到特殊材料底端速度為零，如圖2所示，即v2′＝0，滑到斜面底端v2＝2a1d，v＝＝m/s＝1.6m/s＜2m/s，符合要求，則v＝2a1（L﹣x﹣d），聯(lián)立解得：x＝6.144m，
所以特殊材料長度x的取值范圍為：6m≤x≤6.144m.
（3）設(shè)物體滑到底端速度恰好為2m/s，設(shè)物體滑到特殊材料底端速度為零v″＝0，v2＝2a1d1，解得d1＝0.5m，
如圖3所示：
v2﹣v″2＝2a1d2，v′2﹣v″2＝2a2x，v′2＝2a1（L﹣x﹣d2），聯(lián)立解得d2＝0，所以d的取值范圍是d≤0.5m.
答：（1）物體沿著斜面勻加速下滑到達底端的速度大小為8m/s；
（2）特殊材料長度x的取值范圍為：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范圍是d≤0.5m.
20．（2023秋?南關(guān)區(qū)校級月考）如圖所示，光滑粗細均勻的直桿水平固定，質(zhì)量均為m的A、B兩個滑環(huán)套在桿上，用長為L的細線連接，用兩根長也為L的細線將質(zhì)量也為m的小球C分別與滑環(huán)A、B連接，不計滑環(huán)和小球的大小，重力加速度為g，水平桿足夠長，用水平向右的恒定拉力拉滑環(huán)B向右加速運動，A、B、C保持相對靜止，連接A、C的細線剛好張力為零。求：
（1）A、B、C整體運動的加速度和水平拉力F的大?。?br>（2）若將水平拉力增大為原來的倍，從靜止開始拉B運動。當整體穩(wěn)定時，B、C間的細線上張力的大小。
【答案】（1）A、B、C整體運動的加速度為，水平拉力F的大小為；
（2）當整體穩(wěn)定時，B、C間的細線上張力的大小為。
【分析】（1）對C進行受力分析，由牛頓第二定律求加速度的大小，對整體求拉力的大?。?br>（2）對整體進行受力分析，求出加速度大小，隔離C進行受力分析，求出BC繩子上張力。
【解答】解：（1）由題意可知，連接A、C的細線剛好伸直，且剛好張力是零，設(shè)A、B、C整體運動的加速度為a1，對小球C受力分析，如圖所示，受重力和B、C間細繩上的張力，
由牛頓第二定律可知，兩力的合力產(chǎn)生加速度，則有
mgtan30°＝ma1
解得加速度為：
對A、B、C整體分析，由牛頓第二定律則有：
（2）若將水平拉力增大為原來的倍，設(shè)當整體穩(wěn)定時整體的加速度為a2，由牛頓第二定律可得：＝3ma2
將上一問中F＝代入上式解得：a2＝g
對小球C分析，設(shè)B、C間的細線上張力的大小為T2，由牛頓第二定律可得：
解得：
答：（1）A、B、C整體運動的加速度為，水平拉力F的大小為；
（2）當整體穩(wěn)定時，B、C間的細線上張力的大小為。
a/m?s﹣2
1.2
1.1
0.6
0.4
0.3
/kg﹣1
4.0
3.6
2.0
1.4
1.0

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