2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业(十四)验证牛顿运动定律课件
2018版新课标物理一轮复习章末过关检测(三)第三章 牛顿运动定律 Word版含答案
章末过关检测(三) 牛顿运动定律(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．田径运动员在110 m 跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故2.(2016·宜春模拟)如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )A.2F 3 2F 3m ＋gB.F 3 2F 3m＋g C.2F 3 F 3m ＋g D.F 3 F 3m＋g 3.(2016·沈阳模拟)如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＞t 2C ．t 1＜t 2D ．无法确定4.(2016·衡水调研)如图所示，质量为M ，倾角为θ的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中，质量为m 的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止，已知斜劈与地面的动摩擦因数是μ，则下列说法正确的是( )A ．小球与斜面间的压力是mg cos θB ．小球与斜面的加速度大小是g tan θC ．地面对斜劈的支持力一定大于(M ＋m )gD ．地面与斜劈间的动摩擦因数是g (1＋sin θcos θ)5.(2016·合肥模拟)如图所示，质量均为m 的小物块A 、B ，在水平恒力F 的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动。
物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第一讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律课时作业
第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律[A组·基础题]一、单项选择题1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因,又揭示了运动状态改变的原因解析：根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错;不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错;牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确;牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小,故选项B错．答案:D2．（2017·山东枣庄八中期中)在“鸟巢欢乐冰雪季"期间，花样滑冰中的男运动员托举着女运动员一起滑行，对于此情景，下列说法正确的是( ）A．由于男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,所以男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力B．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力C．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力D．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力解析:男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,在水平面内运动，竖直方向没有加速度，所以男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故A错误．男运动员除了受到重力、冰面对他的支持力外，还受到女运动员对他的压力，三个力平衡，故B错误．女运动员对男运动员的压力与男运动员对女运动员的支持力，是一对作用力和反作用力，故C错误．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力,故D正确．答案:D3.如图所示,物块P与木板Q叠放在水平地面上，木板Q对物块P的支持力的反作用力是( ）A．物块P受到的重力B．地面对木板Q的弹力C．物块P对木板Q的压力D．地球对木板Q的吸引力解析：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反,作用在同一条直线上，所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力,选项C正确．答案：C4.(2017·江西上饶横峰中学月考）有人设计了一种交通工具,在平板车上装了一个电风扇,风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动,如图所示．对于这种设计，下列说法正确的是（)A．根据牛顿第二定律,这种设计能使小车运动B．根据牛顿第三定律，这种设计不能使小车运动C．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运动D．以上说法均不正确解析：风扇向前吹出风时，风扇也受到风给的反作用力,方向向后,同时风给风帆一个向前的力;也就是说小车受到风帆给的一个向前的力，还有风扇给的一个向后的力，大小相等，方向相反,风帆和风扇都是小车的一部分,所以小车受到的合力为零，小车不能运动，所以可以通过牛顿第三定律来说明，故选B。
高考物理一轮复习 第3章 第4课 实验 验证牛顿运动定律课时作业(含解析)
第三单元 实验与探究第4课 实验：验证牛顿运动定律1.在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，以下做法正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将小盘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，再接通打点计时器的电源D ．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量(M′和m′)以及小车质量M ，直接用公式a ＝M ′＋m′Mg 求出 答案：B2．在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，按实验要求装置好器材后，应按一定步骤进行实验，下述操作步骤的安排顺序不尽合理，请将合理的顺序以字母代号填写在下面的横线上：______________．A ．保持小盘和砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B ．保持小车质量不变，改变小盘和砝码的质量，测出加速度，重复几次C ．用天平测出小车和小盘的质量D ．平衡摩擦力，使小车近似做匀速直线运动E ．挂上小盘，放进砝码，接通打点计时器的电源，放开小车，在纸带上打下一系列的点F ．根据测量的数据，分别画出a －F 和a －1M的图线 答案：DCEABF 或DCEBAF3．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为x ，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：(1)实验开始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？_____________________________________________________________________________________________________________.(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 ．m 1＝5 gB ．m 2＝15 gC ．m 3＝40 gD ．m 4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：_______________________________.(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示)．解析：(1)如果气垫导轨水平，则不挂砝码时，M 应能在任意位置静止不动，或推动M 后能使M 匀速运动．(2)应满足M ≫m ，故m 4＝400 g 不合适．(3)由v 1＝D Δt 1，v 2＝D Δt 2，v 22－v 21＝2ax 可得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 122x .答案：(1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt 都相等(2)D (3)a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 122x4．在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔是t.(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4，如图(a)所示，为使由实验数据计算的结果更精确一些，计算加速度平均值的公式应为a ＝____________．(2)在该实验中，为验证小车质量M 不变时，a 与M 成正比，小车质量M 、沙及沙桶的质量m 分别选取下列四组值．A ．M ＝500 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gB ．M ＝500 g ，m 分别为20 g 、30 g 、40 g 、50 gC ．M ＝200 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gD ．M ＝200 g ，m 分别为30 g 、40 g 、50 g 、60 g若其他操作都正确，那么在选用____组值测量时所画出的aF 图象较准确．(3)有位同学通过测量，作出aF 图象，如图(b)所示．试分析：①图象不通过原点的原因是_______________________．②图象上部弯曲的原因是_________________________．解析：(1)逐差法处理实验数据，根据公式a ＝（s 3＋s 4）－（s 1＋s 2）4t2求解加速度． (2)满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M 的条件，绳对小车的拉力才近似等于沙和桶的重力，故选B.(3)分析实验误差出现的原因：①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M.答案：(1)（s 3＋s 4）－（s 1＋s 2）4t2 (2)B (3)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够 ②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M5．如图所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持________________不变，用钩码所受的重力作为__________________，用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF 关系图线(如图所示)．①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是__________________．②(单选题)此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )A ．小车与轨道之间存在摩擦B ．导轨保持了水平状态C ．所挂钩码的总质量太大D ．所用小车的质量太大解析：(1)在研究加速度与力的关系时必须保持小车质量不变，才能找出二者的关系．(2)①OA 段在实验误差允许的范围内，图线是一条直线，因此可得出a 与F 成正比的关系．②由实验的原理a ＝m 钩g M 车＋m 钩＝F M 车＋m 钩可知AB 段明显偏离直线是由于没有满足M 车≫m 钩造成的．答案：(1)小车的总质量(或：小车的质量)小车所受外力(或：外力、合外力)(2)①在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比 ②C6．如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系．小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m ，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出aF 图象，图象是一条过原点的直线．①aF 图象斜率的物理意义是__________________________．②你认为把沙桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？答：________．(填“合理”或“不合理”)③本次实验中，是否应该满足M ≫m 这样的条件？答：____(填“是”或“否”)；理由是____________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m 不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵横，应该以________倒数为横轴．解析：(1)将车内的沙子转移到桶中，就保证了M ＋m 不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a ＝F 合M ＋m ＝mg M ＋m ，可见aF 图象斜率的物理意义是1M ＋m，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg ，不必满足M ≫m 这样的条件．(2)向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M ＋m ，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg ，保证了合外力不变．答案：(1)①1M ＋m②合理 ③否 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M ＋m。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第三章 牛顿运动定律 单元质检三
单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。
甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。
英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。
当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。
2018版高考物理一轮复习讲义检测：第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用_含解析
第3节牛顿运动定律的综合应用_，（1)超重就是物体的重力变大的现象。
（×）(2)失重时物体的重力小于mg。
(×)（3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.（×)（4）减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
(×)（5)加速上升的物体处于超重状态。
(√）（6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向.(×）(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。
(√)（9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。
（√）突破点（一）对超重与失重的理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
3．当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
多角练通]1．(2017·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态（）A．高楼正常运行的电梯中B．沿固定于地面的光滑斜面滑行C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动D．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误;固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，故不是总完全失重，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是向下的g,总是处于完全失重状态，故选项D正确。
2018届高考物理一轮复习新人教版教师用书：第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿运动定律综合应用(一)(含答案)
专题三牛顿运动定律综合应用(一)突破动力学图象问题1.图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.2.解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.考向1 利用vt图象求未知量[典例1] (2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )(a) (b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度[问题探究] (1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？[提示] (1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.[解析] 由运动的vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D 正确.[答案] ACD考向2 利用F t 图象求未知量[典例2] 如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m ＝1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)2 s 末物体的速度； (2)前16 s 内物体发生的位移.[解题指导] 先分析前2 s 内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s 后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.[解析] (1)由分析可知物体在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1 v 1＝a 1t 1代入数据可得a 1＝2.5 m/s 2，方向沿斜面向下 v 1＝5 m/s ，方向沿斜面向下.(2)物体在前2 s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 21＝5 m ，方向沿斜面向下当拉力为F 2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得F 2＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2代入数据可得a 2＝0.5 m/s 2，方向沿斜面向上 物体经过t 2时间速度减为0，则v 1＝a 2t 2得t 2＝10 st 2时间内发生的位移为x 2，则x 2＝12a 2t 22＝25 m ，方向沿斜面向下由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<μmg cos θ＋mg sin θ，则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态.故物体在前16 s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，方向沿斜面向下. [答案] 见解析处理动力学图象问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象. (2)对物体先受力分析，再分析其运动过程. (3)将物体的运动过程与图象对应起来.(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断. 突破连接体问题的分析方法1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”.[典例3] 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的力作用于A 上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于( )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3[解析] 当水平力F 作用在B 上时，A 、B 做匀加速运动，则对A 、B 整体分析有F －3μmg ＝3ma 1，a 1＝F －3μmg3m；对A 隔离分析有kx 1－μmg ＝ma 1，经过整理得F ＝3kx 1.当F 竖直向上时，对A 、B 整体分析有F －3mg ＝3ma 2，a 2＝kx 1－mgm，对B 物体隔离分析有kx 2－2mg ＝2ma 2，解得x 1∶x 2＝1∶2，故B 正确.[答案] B[变式1] 如图所示，质量分别为m 、M 的两物体P 、Q 保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A.P 处于超重状态B.P 受到的摩擦力大小为μmg ，方向水平向右C.P 受到的摩擦力大小为mg sin θcos θ，方向水平向左D.P 受到的支持力大小为mg sin 2θ答案：C 解析：由题意可知，P 有向下的加速度，处于失重状态，选项A 错误；对P 、Q 整体，根据牛顿第二定律有(M ＋m )·g sin θ＝(M ＋m )a ，得加速度a ＝g sin θ，将沿斜面向下的加速度a ＝g sin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a 1＝a cos θ＝g sin θcos θ，a 2＝a sin θ＝g sin 2θ，对P 分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F f ＝ma 1，方向水平向左，竖直方向上有mg －F N ＝ma 2，得F f ＝mg sin θcos θ，F N ＝mg cos 2θ，选项C 正确，B 、D 错误.[变式2] 如图甲所示，光滑滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m 1＝m 2＋m 3，这时弹簧秤的读数为T .若把质量为m 2的物体从右边移到左边的物体上，如图乙所示，弹簧秤的读数将( )A.增大B.减小C.不变D.无法确定答案：B 解析：开始时，弹簧秤的示数为T＝2m1g，把质量为m2的物体移到左边的物体上后，弹簧秤的示数为T′，选三个物体和滑轮组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有(m1＋m2＋m3)g－T′＝(m1＋m2)a－m3a，解得T′＝2m1g－2m2a，可得T′<T.整体法、隔离法的使用技巧(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法.(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.突破动力学临界、极值问题1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件，用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.2.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态.(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.考向1 临界问题的分析方法[典例4] 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑①固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态②.现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止③开始沿斜面向上做匀加速④运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力⑤，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求力F 的最大值与最小值⑥.[解题指导][解析] 0(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 代入数据解得x 0＝0.12 m因前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3 m/s 2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36 N对Q 应用牛顿第二定律得F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝72 N. [答案] 72 N 36 N 考向2 极值问题的分析方法[典例5] 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.甲 乙(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值. [解析] (1)当θ＝30°时，小物块处于平衡状态，对小物块受力分析并根据平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ解得：μ＝tan θ＝33. (2)当θ角变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a ，则：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma小物块的位移x 满足：0－v 20＝2ax 则：x ＝v 202gθ＋μcos θ）＝v 202g 1＋μ2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，x 有最小值将μ＝33代入得，x 的最小值为x min ＝3v 24g .[答案] (1)33 (2)θ＝60° 3v 24g动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F T ＝0.1.[动力学图象问题]以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是( )答案：D 解析：在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小.所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.2.[动力学图象问题]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上.一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )答案：A 解析：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低点时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误.3.[连接体问题](多选)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上.用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.则下列关系正确的是( )A.F′＝2FB.x′＝2xC.F′>2FD.x′<2x答案：AB 解析：取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力F T＝m2Fm1＋m2＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，F T增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确.4.[连接体问题]如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面.当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关答案：D 解析：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确.5.[临界、极值问题]倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝55kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )A.10 NB.5 NC. 5 ND.10 N答案：A 解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有F T cos θ＝ma0F T sin θ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g图1 图2则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有F′T cos α＝m·2gF′T sin α－mg＝0解得F′T＝5mg＝5×55×10 N＝10 N.提醒完成课时作业(十二)。
2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业(十)牛顿第一定律牛顿第三定律
课时作业(十) 牛顿第一定律牛顿第三定律[基础训练]1．(2017·吉林东北师大附中摸底)牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是( )A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例B．牛顿第二定律在非惯性系中不成立C．牛顿第一定律可以用实验验证D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿”答案：B 解析：牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立，故B正确；地球上的一切物体都受到重力，完全不受力的物体是没有的，牛顿第一定律可以用理想实验验证，故C 错误；为纪念牛顿，人们把力的单位规定为牛顿，即1 N＝1 kg·m/s2，但不是基本单位，故D错误．2．关于物体惯性的大小，下列说法中正确的是( )A．因为运动速度大的物体比运动速度小的物体难停下来，所以运动速度大的物体惯性大B．因为物体受到的力越大，要使它停下来就越困难，所以物体受到的力越大，惯性越大C．行驶中的车辆突然刹车，乘客前倾，这是惯性引起的D．材料不同的两个物体放在地面上，用相同的水平力分别推它们，难以被推动的物体惯性较大答案：C 解析：惯性与物体速度大小及物体受到的力无关，选项A、B错误；行驶中的车辆突然刹车，由于惯性，乘客向前倾，选项C正确；材料不同的两个物体放在地面上，用相同的水平力分别推它们，则难以被推动的物体受到的摩擦力较大，但其质量不一定较大，即惯性不一定较大，选项D错误．3．冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于( )A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力答案：B 解析：由于惯性是物体本身的固有属性，其大小只由物体的质量来决定，故只有选项B正确．4．(2017·河北唐山一模)牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( ) A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等答案：D 解析：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，同时产生、同时变化、同时消失，故A、C错误，D正确；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，作用在不同的物体上，不是平衡力，B错误．5．(2017·上海黄浦区模拟)下列关于牛顿运动定律的说法中，正确的是( )A．惯性就是物体保持静止状态的性质B．一对作用力与反作用力的作用效果总相同C．物体运动状态改变的难易程度就是加速度D．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的答案：D 解析：惯性就是物体保持原有运动状态的性质，选项A错误；一对作用力与反作用力的作用效果不相同，选项B错误；物体运动状态改变的难易程度与质量有关，选项C错误；单位“牛顿”是根据牛顿第二律定义的，选项D正确．6．(2017·云南昆明模拟)在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动答案：A 解析：由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．7．(多选)伽利略被誉为“经典物理学的奠基人”，成功地解释了力和运动的关系，如图所示，让小球沿斜面AB由静止滚下，沿水平面BC向前运动，直到滚到另一个斜面CD.如果无摩擦力，无论BC多长、斜面AB比斜面CD陡些还是缓些，小球总会在斜面CD上的某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度与它出发时的高度相同．设起点为p，终点为q，下列说法正确的是( )A．力不是维持物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．小球在斜面上运动距离与斜面倾角的正弦值成正比D．小球在A、B斜面上运动的时间之比等于斜面倾角正弦值的反比答案：AD 解析：伽利略的理想斜面实验证明了运动不需要力来维持，当物体不受力时，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，故A正确，B错误；由hsin θ＝12g sin θt2得t＝1sin θ2hg，故D正确，C错误．[能力提升]8．(2017·山东潍坊月考)关于惯性的认识，以下说法正确的是( )A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关答案：C 解析：惯性大小与物体的运动状态及受力情况无关，由物体的质量大小唯一确定，A、B、D均错误；要改变物体的速度，必须有外力作用，而且要经历一定的时间，C 正确．9．如图所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动．当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将( )A．立即停下来B．立即向前倒下C．立即向后倒下D．仍继续向左做匀速直线运动答案：D 解析：木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动．选项D正确．10．(2017·福建六校联考)我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“遥感二十二号”卫星发射升空并送入预定轨道．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用力答案：A 解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误．11．(2017·江苏海门中学调研)如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是( )A．向左行驶、突然刹车B．向右行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动答案：B 解析：简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错，B对；当车匀速运动时，无论向哪个方向，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错．12．(多选)2014年10月7日21时49分在云南普洱市景谷县发生6.6级地震，如图所示，解放军某部出动直升机救助被困受伤灾民，若不考虑悬索质量，下列说法正确的是( )A．只有在匀速吊起时，悬索对人的拉力才等于人对悬索的拉力B．当加速吊起时，悬索对人的拉力等于人对悬索的拉力C．当加速吊起时，悬索对人的拉力大于悬索对飞机的拉力D．无论如何吊起，悬索对人的拉力都等于人对悬索的拉力答案：BD 解析：悬索对人的拉力和人对悬索的拉力是一对作用力与反作用力，在任何情况下大小都相等，故A选项错误，B、D选项正确；悬索对飞机的拉力和飞机对悬索的拉力是一对作用力和反作用力，且悬索中张力处处相等，故C选项错误．13．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力的大小；(2)运动员对吊椅的压力．答案：(1)440 N (2)275 N 方向竖直向下解析：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M ＋m)g＝(M＋m)a 解得F＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力的大小为440 N，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力Mg、绳的拉力F、吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律F＋F N－Mg＝Ma，解得F N＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．。
2018年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第三讲牛顿运动定律的综合应用(一)课时作业
第三讲 牛顿运动定律的综合应用（一）[A 组·基础题]一、单项选择题1.如图所示，质量都为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离h 时B 与A 分离．则下列说法中正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧为原长B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mg hD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速运动解析：在施加外力F 前，对A 、B 整体受力分析可得2mg ＝kx 1，A 、B 两物体分离时，B 物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A 、B 错误；对物体A ，mg ＝kx 2，由于x 1－x 2＝h ，所以弹簧的劲度系数为k ＝mg h，选项C 正确；在B 与A 分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项D 错误．答案：C2.(2017·湖南衡阳一中模拟)如图所示，质量为m1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大解析：在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对m 1由牛顿第二定律得F 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得F 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对m 1由牛顿第二定律得F 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得F 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对m 1由牛顿第二定律得F 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得F 3＝m 1m 1＋m 2F .综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，故C 正确． 答案：C3.(2017·陕西咸阳兴平质检)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4 m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，g 取10m/s 2，则( )A ．小球向下运动0.4 m 时速度最大B ．小球向下运动0.1 m 时与挡板分离C ．小球速度最大时与挡板分离D ．小球从一开始就与挡板分离解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即kx m ＝mg sin 30°，解得x m ＝mg sin 30°k＝0.5 m ．由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为0.5 m ，故A 错误．设球与挡板分离时位移为x ，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F .根据牛顿第二定律有mg sin 30°－kx －F 1＝ma ，保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当小球与挡板分离时，F 1减小到零，则有mg sin 30°－kx ＝ma ，解得x ＝m g sin 30°－a k＝0.1 m ，即小球向下运动0.1 m 时与挡板分离，故B 正确．因为速度最大时，运动的位移为0.5 m ，而小球运动0.1 m 与挡板已经分离，故C 、D 错误．答案：B4．(2017·吉林省吉林一中质检)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O 处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( )A ．t 1、t 2时刻小球的速度最大B ．t 2、t 5时刻小球的动能最小C ．t 3、t 4时刻小球的运动方向相同D ．t 4－t 3＜t 7－t 6解析：把小球举高到绳子的悬点O 处，让小球自由下落，t 1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t 2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以t 1与t 4时刻绳子刚好绷紧，小球速度不是最大，t 2时刻小球的速度为零，故A 错误；t 2、t 5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，最小，故B 正确；t 3时刻小球速度方向向上，t 4时刻小球速度方向向下，t 3、t 4时刻小球的运动方向相反，故C 错误；t 4与t 3时间内与t 7与t 6时间内小球都做竖直上抛运动，由于t 3时刻的速度大于t 6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间t ＝2v 0g知，t 4与t 3之差大于t 7与t 6之差，故D 错误． 答案：B二、多项选择题5．(2016·山东潍坊青州模拟)如图所示，质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ，现在Q 上施加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( )A ．木块Q 对地面的压力一定为2mgB ．若Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC ．若P 、Q 之间光滑，则加速度a ＝g tan θD ．若运动中逐渐减小F ，则地面与Q 间的摩擦力也逐渐减小解析：以P 、Q 整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故F N ＝2mg ，由牛顿第三定律知Q 对地面的压力为2mg ，故A 正确；因P 、Q 做匀加速直线运动，若μ＝F 2mg，在水平方向上由牛顿第二定律得F －μ·2mg ＝ma ，解得a ＝0，故不能做匀加速直线运动，故B 错误；若P 、Q 之间光滑，对P 受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知mg tan θ＝ma ，故a ＝g tan θ，故C 正确；Q 与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故F f ＝μ·2mg ，摩擦力不变，故D 错误．答案：AC6．(2017·安徽合肥质检)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m .当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值C ．若θ已知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值解析：由图乙知，m ＝m 0时，A 的加速度a ＝0，则此时受力平衡，对A 、B 分析得m 0g ＝m A g sin θ，由于m 0未知，所以不能求出m A 的大小；m A 未知，m 0不可求，故A 、D 项错误．设加速度大小为a ，m 为任意值时，对A 、B 整体由牛顿第二定律有mg －m A g sin θ＝(m ＋m A )a ，a ＝m －m A sin θm ＋m Ag ，当m 趋向无穷大时，a 趋向于g ，所以a 1＝g ，即a 1与θ无关，故B 项正确．a ＝a 2时，m ＝0，即绳对A 的拉力为零，有m A g sin θ＝m A a 2，解得a 2＝g sin θ，θ已知，所以可以求出a 2的值，故C 项正确．答案：BC7．(2017·内蒙古包头测评)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．在2～4 s 内小球的加速度大小为0.5 m/s 2B ．小球质量为2 kgC ．杆的倾角为30°D ．小球在0～4 s 内的位移为8 m解析：由图象得：在2～4 s 内小球的加速度a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝0.5 m/s 2，则A 正确；在0～2 s 内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于5 N ，在2～4 s 内由牛顿第二定律有：F 2－F 1＝ma ，解得m ＝1 kg ，则B 错误；设杆与水平面的夹角为α，则F 2－mg sin α＝ma ，解得α＝30°，则C 正确；由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4 s 内小球的位移为5 m ，则D 错误．答案：AC8.(2017·湖北八校联考)从地面上以初速度v 0竖直上抛一质量为m 的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t 1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v 1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g ，下列关于小球运动的说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球的加速度为gB ．在速度达到v 1之前小球的加速度一直在减小C ．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v 0v 1)gD ．小球加速下降过程中的平均速度小于v 12解析：t 1时刻到达最高点，则该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度g ，故选项A 正确．速度—时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，速度达到v 1之前，图象的斜率减小，故小球的加速度一直在减小，故选项B 正确．由图可知，速度为v 1时球匀速，说明重力等于阻力，故有kv 1＝mg ，得k ＝mgv 1，故抛出瞬间的加速度为a ＝mg ＋mgv 0v 1m ＝(1＋v 0v 1)g ，故C 正确．下降过程若小球做匀加速直线运动，其平均速度为v 12，而从图中可以看出图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，即图中位移大于做匀加速直线运动的位移，而平均速度等于位移除以时间，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于v 12，故D 错误． 答案：ABC[B 组·能力题]一、选择题9.(2017·福建漳州八校联考)如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图乙所示．则( )A ．F 的最大值为12 NB ．0～1 s 和2～3 s 内物体加速度的方向相反C ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD ．在0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动解析：第1～2 s 内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律F 合＝ma 知合外力为12 N ，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F 大于12 N ，故A 错误；物体在力F 作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3s 内始终做加速运动，第3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故B 错误；因为物体速度始终增加，故3 s 末物体的速度最大，再根据Δv ＝a ·Δt 知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在a -t 图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，Δv ＝12×(1＋3)×4 m/s＝8 m/s ，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s ，所以C 正确；第2 s 内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1 s 内物体做加速度增大的加速运动，2～3 s 内物体做加速度减小的加速运动，故D 错误．答案：C10.(多选)(2014·高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 解析：对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有F －μ2×3mg ＝3ma ，对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg －μ2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，可见，当F >3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 对；对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，当0＜F ≤32μmg 时，A 、B 都静止，当32μmg <F <3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动，故A 错；当F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，对整体有52μmg －μ2×3mg ＝3ma ，a ＝13μg ，故B 正确；无论F 为何值，B 所受最大的动力为A 对B 的最大静摩擦力2μmg ，故B 的最大加速度a B m ＝2μmg －12×3μmg m ＝12μg ，可见D 正确． 答案：BCD二、非选择题11.(2017·江西九江三十校联考)为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F 1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F 2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m ，木板的质量为M .静止时，以小球为研究对象，有F 1＝mg sin θ. 下滑时，以小球为研究对象，有mg sin θ－F 2＝ma .下滑时，以整体为研究对象，有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a .联立解得μ＝F 2F 1tan θ.答案：F 2F 1tan θ12．(2017·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v -t 图象如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)推力F 的大小．(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．解析：(1)在水平推力F 作用下，设物体A 、B 一起做匀加速运动的加速度为a ，由B 物体的v -t 图象得a ＝3 m/s 2.对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 做匀速运动，对于A 物体有μm A g ＝m A a A ，a A ＝μg ＝3 m/s 2， v t ＝v 0－a A t ＝0，解得t ＝2 s ，物体A 的位移为x A ＝v t ＝6 m ，物体B 的位移为x B ＝v 0t ＝12 m ，所以，A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为Δx ＝x B －x A ＝6 m.答案：(1)15 N (2)6 m。
高考物理第一轮复习教案 第三章 牛顿运动定律
考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；
二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的
能力。
§1 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律 1．牛顿第一定律（惯性定律）的内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理
解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容
单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、
磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分
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高考物理第一轮复习教案
第三章 牛顿运动定律
张建设编写
这个定律有两层含义： （1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。 （2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的 原因，是使物体产生加速度的原因。 2．牛顿第一定律的几点说明 （1）物体不受外力是该定律的条件。 （2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果。 （3）惯性：一切物体都有保持原有运动状态的性质。 惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关。 惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。 质量是物体惯性大小的惟一量度。 （4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态，而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力 和物体所受合外力为零是有区别的。 （5）牛顿第一定律成立的参考系是惯性参考系。 （6）应注意： ①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之高度的抽象思维， 概括总结出来的，不可能由实际的实验来验证； ②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态。 例 1．下列说法正确的是 A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的冲力 D．物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物 体都有惯性。答案：D 例 2． 火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处（空气阻力不 计），这是因为 A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动 B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而 已。 D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同 解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用，由于惯性，所以水平方向与车速 度相同，因而人落回原处。 答案：D 例 3． 下面说法正确的是 A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用 B．物体的速度为零时一定处于平衡状态 C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用 D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致 解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以 A 错； 物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如竖直上抛物体到达最高点时速度
全程复习构想2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题二牛顿运动定律的综合应用课时作业新人教版
9．(2016·江苏单科)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
A．t1时刻物块的速度为零
B．t2时刻物块的加速度最大
C．t3时刻物块的速度最大
D．tБайду номын сангаас～t3时间内速度先增大后减小
解析：t1时刻拉力等于最大静摩擦力，物块将要运动，此时物块的速度为零，选项A正确；t2时刻物块所受的拉力最大，合力也最大，故此时的加速度最大，选项B正确；t1到t3时刻，合力向前，物块一直做加速度运动，t3时刻后合力向后，要做减速运动，所以t3时刻物块的速度最大，选项C正确，D错误．
答案：B
4．一物块以一定的初速度从斜面底端开始沿粗糙的斜面上升，上升至最高点后又从斜面上滑下，物体运动的v－t图象如图所示．g取10 m/s2，则由此可知斜面的倾角为()
A．60°B．37°
C．30°D．53°
解析：由v－t图象可知物块上升时加速度a1＝ ＝－6 m/s2①
物块下滑时加速度a2＝ ＝4 m/s2②
A．30 NB．15 N
C．20 N D．10 N
解析：设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：FT－F2＝ma，由以上两式可解得FT＝15 N，B正确．
答案：B
3．如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有()
2018版高考物理新课标一轮复习教师用书：第三章 牛顿
实验四 验证牛顿运动定律[基本要求][数据处理]1.探究加速度与力的关系以加速度a 为纵轴、F 为横轴，先根据测量的数据描点，然后作出图象，看图象是否是通过原点的直线，就能判断a 与F 是否成正比.2.探究加速度与质量的关系以a 为纵轴、m 为横轴，根据各组数据在坐标系中描点，将会得到如图甲所示的一条曲线，由图线只能看出m 增大时a 减小，但不易得出a 与m 的具体关系.若以a 为纵轴、1m为横轴，将会得到如图乙所示的一条过原点的倾斜直线，据此可判断a 与m 成反比.[误差分析]1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力.2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.[注意事项]1.平衡摩擦力：一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调整出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车所受的摩擦阻力.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，并要让小车拖着打点的纸带运动.2.不需要重复平衡摩擦力：整个实验中平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力.3.实验条件：每条纸带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，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力.4.“一先一后”：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再释放小车.考向1 对实验原理和注意事项的考查[典例1] (2018·江西重点中学联考)(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量M 两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是 .(2)某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：①用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是 .②使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于 .(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A.利用公式a ＝2x t 计算B.根据逐差法利用a ＝Δx T 2计算 两种方案中，选择方案 比较合理.[解析] (1)实验研究这三个物理量之间关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力，只有在满足砂桶的质量远小于小车的质量时，拉力才可近似等于砂桶的重力.(3)计算加速度时，用逐差法误差较小.[答案] (1)控制变量法 (2)平衡摩擦力 砂桶的重力 (3)B1.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%.考向2 对数据处理和误差的考查[典例2] (2018·新课标全国卷Ⅲ)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.图(a)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：(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st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st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.量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比.图(b)图(c)(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 (填入正确选项前的标号).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[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.(5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a 与n 成正比，即a n 图线为过原点的直线.a n 图线的斜率k ＝0.196 m/s 2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm 0g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝m 0g M ＋Nm 0n ，则k ＝m 0g M ＋Nm 0，可得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的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝ 1＋μ）m 0g M ＋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.[答案] (3)0.39(0.37～0.49均可) (4) a n 图线如图所示 (5)0.45(0.43～0.47均可)(6) BC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.考向3 实验创新与改进以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器，或巧用物理规律进行新的探究活动来设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性、创新性等特点.1.实验器材的改进(1)为了减小摩擦，用气垫导轨替代长木板；(2)用频闪照相或光电计时器替代打点计时器.2.数据处理方法的改进利用传感器，借助于计算机系统来处理数据，得到加速度，或直接得到加速度与外力、加速度与质量之间的关系.3.运用牛顿运动定律进行新的探究实验以本实验为背景，结合牛顿第二定律，测量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等.[典例3] 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B ，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连(力传感器可测得细线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放.甲(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，如图乙所示，则d ＝ mm.乙(2)下列不必要的一项实验要求是 (请填写选项前对应的字母).A.应使A 位置与光电门间的距离适当大些B.应将气垫导轨调节水平C.应使细线与气垫导轨平行D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量(3)实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是______________________________.(4)为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t ，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F ，横轴应为 (填正确答案标号).A.tB.t 2C.1tD.1t 2 [解析] (1)游标卡尺读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，由图知第5条刻度线与主尺对齐，d ＝2 mm ＋5×0.18 mm ＝2.25 mm.(2)应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，选项A 正确；应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与木板平面平行，此时拉力等于合力，选项B 、C 正确；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小无关，选项D 错误.(3)实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.根据运动学公式可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是滑块在A 位置时遮光条到光电门的距离L .(4)由题意可知，该实验中保持小车质量M 不变，因此有v 2＝2aL ，v ＝d t ，a ＝F M ，则d 2t 2＝2F M L .所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F 1t 2图象，选项D 正确. [答案] (1)2.25 (2)D (3)滑块在A 位置时遮光条到光电门的距离 (4)D[典例4] (2018·陕西汉中二模)如图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：甲①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放；用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt 1和Δt 2，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值a ；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的分度值为 1 mm)的示数如图乙所示，其读数为 cm.乙(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt 1和Δt 2表示为a ＝ .(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝ .[解析] (1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为1.1 cm ，游标尺示数为6×0.18 mm ＝0.30 mm ＝0.180 cm ，则游标卡尺示数为1.1 cm ＋0.180 cm ＝1.130 cm.(2)物块经过A 点时的速度v A ＝d t A ，物块经过B 点时的速度v B ＝d t B ，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v 2B －v 2A ＝2as ，加速度a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12. (3)以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得μ＝mg － M ＋m ）a Mg .[答案] (1)1.130 (2)12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12 (3)mg － M ＋m ）a Mg提醒 完成课时作业(十四)。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第三章第三讲实验四：验证牛顿第二定律
第三章 牛顿运动定律第三讲 实验四：验证牛顿第二定律课时跟踪练1．由于没有始终满足小车的质量M 远大于砂和桶的总质量m 的关系，结果得到的图象应是下图中的( )解析：由于没有始终满足小车的质量M 远大于砂和桶的总质量m 的关系，则得到的a 1M图象先是直线后向下发生弯曲，故选D. 答案：D2.如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 1＝2x 2D ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 2＝2x 1解析：题中m 1和m 2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量，题中只说明了两小车是相同的，并未告诉小车的质量是多少．当m 1＝m 2时，两车加砝码后质量仍相等，若F 1＝2F 2，则a 1＝2a 2，由x ＝12at 2得x 1＝2x 2，A 对，B 错；若m 1＝2m 2时，无法确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不清楚，故无法判定两车的位移关系，C 、D 错．故选A.答案：A3．图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M .实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．图甲(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )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，调节m 的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判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，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判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，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻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/s2(结果保留两位有效数字)．图乙解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去沙和沙桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速运动，故B正确．(2)为使细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．(3)由a＝（x DE＋x EF＋x FG）－（x AB＋x BC＋x CD）9T2，T＝0.1 s，可解得a≈0.42 m/s2.答案：(1)B(2)C(3)0.424．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图乙所示．(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)在轨道水平时，小车运动的阻力F f＝________N.(3)图乙中，拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是()A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的．当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于零时，也会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)根据牛顿第二定律得，F－F f＝ma，当F＝0.5 N时，a＝0，解得F f＝0.5 N.(3)由于开始段aF关系为一条倾斜的直线，所以在小车质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理有mg＝Ma，得a＝mg M＝FM，而实际上a′＝mgm＋M，可见aF图线末端明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况．故C选项正确．答案：(1)①(2)0.5(3)C5．(2018·长沙模拟)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图甲图乙(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_____________，钩码的质量应满足的条件是______________．解析：(1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)由题给图象可知，当小车的加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力．(3)对小车受力分析，有F T－F f＝Ma，mg－F T＝ma.联立两式可得a＝mgM＋m－F fM＋m.可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后a＝mgM＋m，F T＝MmgM＋m.为使F T＝mg，应使m≪M.答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量6．(2018·开封模拟)在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔是T.图甲图乙(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为x1、x2、x3、x4，如图甲所示，为使由实验数据计算的结果更精确一些，计算加速度平均值的公式应为a＝____________．(2)在该实验中，为验证小车质量M不变时，a与F成正比，小车质量M 、沙及沙桶的质量m 分别选取下列四组值．A ．M ＝500 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gB ．M ＝500 g ，m 分别为20 g 、30 g 、40 g 、50 gC ．M ＝200 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gD ．M ＝200 g ，m 分别为30 g 、40 g 、50 g 、60 g若其他操作都正确，那么在选用________组值测量时所画出的aF 图象较准确．(3)有位同学通过测量，作出a-F 图象，如图乙所示．试分析： ①图象不通过原点的原因是______________________．②图象上部弯曲的原因是________________________．解析：(1)逐差法处理实验数据，根据公式a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2求解加速度． (2)满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M 的条件，绳对小车的拉力才近似等于沙和桶的重力，故选B.(3)分析实验误差出现的原因：①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M .答案：(1)（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2(2)B (3)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够 ②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M7．某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连．实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F ，并利用纸带计算出小车对应的加速度a .图甲(1)实验中的钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是________．A ．车所受的拉力与钩码的重力无关B ．小车所受的拉力等于钩码重力的一半C ．小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，由纸带数据求出小车的加速度a ＝________m/s 2.图乙(3)根据实验数据绘出小车的加速度a 与弹簧测力计示数F 的关系图象，下列图象中最符合本实验实际情况的是________．解析：(1)小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，因此实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，选项C 正确．(2)由Δx ＝aT 2和逐差法，T ＝5×150s ＝0.1 s ，可得 a ＝3.35－1.852×0.1×10－2 m/s 2＝0.75 m/s 2.(3)由于实验时没有平衡摩擦力，当拉力达到一定值时，小车才会运动，当小车运动起来后，对小车受力分析，水平方向小车受绳的拉力F绳＝2F，滑动摩擦力F f，由牛顿第二定律有：2F－F f＝ma，则a＝2m F－F fm，则知四个图象中符合实验实际情况的是图象B.答案：(1)C(2)0.75(3)B。
2018年高三物理总复习顶层设计文档第三章牛顿运动定律第4讲实验验证牛顿运动定律Word版含答案
第4讲实验：验证牛顿运动定律知|识|梳|理微知识❶实验目的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。
微知识❷实验原理探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量如小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小桶和砂的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与质量m的关系。
微知识❸实验器材打点计时器，纸带，复写纸，小车，一端附有定滑轮的长木板，小桶，砂，夹子，细绳，低压交流电源，导线，天平(带有一套砝码)，刻度尺。
微知识❹实验步骤及数据1．用天平测出小车和砝码的总质量M，把数值记录下来。
2．按图所示把实验器材安装好，只是不把悬挂小桶的细绳系在车上，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一块木板。
反复移动木板的位置，直至小车在斜面上可以保持匀速直线运动状态。
这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力沿斜面向下的分力平衡。
4．把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小桶，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，打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码。
5．保持小车和砝码的质量不变，在小桶里放入适量的砂，使小桶和砂的总质量远小于小车和砝码的总质量，把小桶和砂的总质量m′记录下来，重复步骤4。
在小桶内再放入适量砂，记录下小桶和砂的总质量m″，再重复步骤4。
6．重复步骤5三次，得到三条纸带。
7．在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，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。
8．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，作用力的大小F等于小桶和砂的总重力，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点，如果这些点是在一条过原点的直线上，便证明了加速度与作用力成正比。
9．保持砂和小桶的质量不变，在小车上加砝码，重复上面的实验，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点。
物理一轮微专题复习练 第3章 牛顿运动定律 微专题14 含答案
[方法点拨]整体法、隔离法交替运用的原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．1．质量均为5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图1所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N,则弹簧秤的示数为（)图1A．30 N B．15 N C．20 N D．10 N2．（多选）如图2所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下,在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1,物块A、B间的相互作用力大小为F N1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为F N2，则以下判断正确的是（）图2A．a1＝a2B．a1〉a2C．F N1＝F N2D．F N1<F3.如图3所示，质量为M的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大小为(）图3A．g B.错误!g C．0 D。
错误!g4．一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图4所示的力F,F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力()图4A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向5．如图5所示，A、B两物块放在粗糙水平面上，且它们与地面之间的动摩擦因数相同．它们之间用轻质细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角相同，先后对B施加水平力F1和F2，两次细线上的力分别为F T1、F T2，则下列说法正确的是(）图5A．若两种情况下，A、B一起向右运动,则必有F1＝F2B．两种情况下,只有A、B一起向右匀速运动，才可能F1＝F2 C．若两种情况下,A、B一起向右运动，则可能F T1＝F T2D．若两种情况下，A、B一起向右匀速运动,则F T1＞F T26．(多选)如图6所示为一根质量为m、长度为L、质量均匀分布的粗绳AB.在粗绳上与B端距离为x的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动,由力传感器读数和已知条件()图6A．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B．可知水平外力F的大小C．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D．若水平外力F的大小恒定，则传感器读数与x成正比7．如图7所示，一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定，下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B 上，以F N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x＝0)．现改变力F的大小，使B以错误!的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N、F随x 变化的图象正确的是() 图78.如图8所示，质量均为m的小物块A、B,在水平恒力F的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动．A、B之间用与斜面平行的形变可忽略不计的轻绳相连，此时轻绳张力为F T＝0。
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
下列关于超重、失重现象的说法正确的是 导学号 51342312 ( D ) A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了 B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力 C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞 船外则处于平衡状态 D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重 力
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(
)
) )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( (6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。(
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。(
)
答案：(1)×
不管超重还是失重，物体本身重力并不变。 (3)√ (6)√ (4)× (7)×
[ 解析 ]
物体 A 向上加速运动，物体 B 向下加速运动，因此 A 处于超重状
态，T>mAg，B处于失重状态，T<mBg，故B正确。
4.如图所示，A、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)， 下列说法正确的是 导学号 51342311 ( A ) A．在上升和下降过程 A 对 B 的压力一定为零 B．上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力 C．下降过程中 A 对 B 的压力小于 A 物体受到的重力 D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于 A 物体受到的重力
拉力 ② 视 重 大 小 等 于 弹 簧 测 力 计 所 受 物 体 的 _________ 或台秤所受物体的 压力 。 _________
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
概念 物体对支持物的压 力(或对悬挂物的 拉力)_________ 大于 物 体所受重力的现象
(新课标)2018年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律实验四验证牛顿运动定律试题
实验四 验证牛顿运动定律【基本要求】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．掌握灵活运用图象处理数据的方法．二、实验原理1．保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．2．保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．3．作出a －F 图象和a －1m图象，确定其关系． 三、实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端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、天平、刻度尺．四、实验步骤1．测量：用天平测量小盘和砝码的质量m ′和小车的质量m .2．安装：按照如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(即不给小车牵引力)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，使小车能匀速下滑．4．操作(1)小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码．(2)保持小车的质量m 不变，改变砝码和小盘的质量m ′，重复步骤(1)．(3)在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a .(4)描点作图，作a －F 的图象．(5)保持砝码和小盘的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤(1)和(3)，作a －1m图象．【方法规律】一、数据处理1．用逐差法求加速度．2．作a －F 图象、a －1m图象找关系． 二、注意事项1．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，且要让小车拖着纸带匀速运动．2．不重复平衡摩擦力．3．实验条件：小车的质量m 远大于小盘和砝码的总质量m ′.4．一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始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，且应在小车到达定滑轮前按住小车．三、误差分析1．因实验原理不完善引起误差．以小车、小盘和砝码整体为研究对象得m ′g ＝(m ＋m ′)a以小车为研究对象得F ＝ma求得F ＝m m ＋m ′·m ′g ＝11＋m ′m ·m ′g ＜m ′g本实验用小盘和砝码的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．2．摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．对实验原理和操作的考查某实验小组利用图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 ________ (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________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(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．(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后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 M ＋m ＝11＋m Mmg ，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)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．[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于对实验数据处理和误差分析的考查(2016·高考全国卷丙)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：(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)体质量一定时，物体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________(填入正确选项前的标号)．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[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. (5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a 与n 成正比，即a －n 图象为过原点的直线．a －n 图象的斜率k ＝0.196 m/s 2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm 0g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝m 0g M ＋Nm 0n ，则k ＝m 0g M ＋Nm 0，可得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的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝（1＋μ）m 0g M ＋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．[答案] (3)0.39(0.37～0.41均可)(4)a－n图线如图(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC近几年高考对本实验的考查，一般运用牛顿运动定律进行某一探究实验、利用先进系统采集数据等，通过改变实验条件、实验仪器或巧用物理规律进行新的探究活动．命题趋势有如下几个方面：1．实验器材的改进(1)为了减小摩擦，用气垫导轨替代长木板．(2)用频闪照相或光电计时器替代打点计时器．2．数据处理方法的改进利用传感器，借助于计算机系统来处理数据，得到加速度，或直接得到加速度与外力、加速度与质量之间的关系．3．运用牛顿运动定律进行新的探究实验以本实验为背景，结合牛顿第二定律，测量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等．(高考全国卷Ⅰ)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是______________________________________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________________________________________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________ ________________________________________________________________________.[解析] (1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线，可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图乙中数据，小车受到钩码拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．[答案] (1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车(含发射器)的质量该实验属于实验器材的创新，但设置的问题仍是立足“课本实验”，无延伸．对于数据直接由传感器获得，其加速度也可直接由计算机得到，只要分析其数据的误差范围即可．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/s 2，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________(选填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2，得a ＝0.13×10－2（0.02）2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ，得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.25 1.79 (2)C2．(2017·河北模拟)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的a －F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________(选填“偏大”或“偏小”)．(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足__________的条件．(3)该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点．Δx ＝x DG －x AD ＝________ cm.由此可算出小车的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)解析：(1)根据所给的a －F 图象可知，当F ＝0时，小车已经有了加速度a 0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．(2)根据牛顿第二定律，对小车F ＝Ma ，对砝码和盘mg －F ＝ma ，解得F ＝Mmg M ＋m <mg ，只有当M ≫m 时，小车受到的拉力才近似等于mg ，从而减小误差．(3)由题图丙可读出x AD ＝2.10 cm ，x DG ＝3.90 cm ，所以Δx ＝x DG －x AD ＝1.80 cm ，根据Δx ＝a Δt 2，解得a ＝5.0 m/s 2.答案：(1)偏大 (2)小于 M ≫m (3)1.80 5.03．在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，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，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：(1)当M 与m 的大小关系满足__________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下，探究加速度与小车质量的关系，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线绕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，再接通打点计时器电源D ．小车运动的加速度可用天平测出m 和M ，直接用公式a ＝mg M 求出(3)在保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a －F 关系分别如图中甲、乙所示(a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力)．其原因分别是：甲图：__________________________________________________________________；乙图：__________________________________________________________________.解析：(1)对盘及盘中砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma，联立可得：a＝mgm＋M ，F＝MM＋mmg，只有当m≪M时，才可认为F≈mg.(2)平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C不正确；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D不正确．(3)由甲图可看出F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．答案：(1)m≪M(2)B (3)木板的倾角过大没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足4．(2017·潍坊月考)在探究加速度与力、质量的关系活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，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，然后同时停止．(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使____________________；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量____________小车的质量(选填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(3)实验中获得的数据如下表所示：小车Ⅰ、Ⅱ的质量约为200 g.在第1格处．通过分析，可知表中第________次实验数据存在明显错误，应舍弃．乙解析：(1)拉小车的水平细线要与轨道平行．只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力．(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据运动学公式：x ＝12at 2，得a 1a 2＝x 1x 2. (3)刻度尺的最小刻度是1 mm ，要估读到毫米的下一位，读数为23.86 cm －0.50 cm ＝23.36 cm.答案：(1)细线与轨道平行(或水平) 远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等(3)23.36(23.34～23.38均对) 35．如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a －F 关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是________________________________． ②此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A ．小车与轨道之间存在摩擦B ．导轨保持了水平状态C ．所挂钩码的总质量太大D ．所用小车的质量太大解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．(2)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝F M ，而实际上a ′＝mg M ＋m ，可见AB 段明显偏离直线是没有满足M ≫m 造成的．答案：(1)小车的总质量 小车所受的合外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 ②C6.如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有砂子．砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m ，小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量)记为M .(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合力成正比．从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力mg ，将该力视为合力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带中计算得出．多次改变合力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的砂子取自小车中，故系统的总质量不变．以合力F 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线．①a －F 图象斜率的物理意义是____________．②你认为把砂桶的总重力mg 当做合力F 是否合理？答：__________．(选填“合理”或“不合理”)③本次实验中，是否应该满足M ≫m 这样的条件？答：__________(选填“是”或“否”)；理由是__________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)验证在合力不变的情况下，加速度与质量成反比．保持桶内砂子质量m 不变，在盒子内添加或去掉一些砂子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的砂子总质量不变，故系统所受的合力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，应该以__________的倒数为横轴．解析：(1)将小车内的砂子转移到桶中，就保证了M ＋m 不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a ＝F 合M ＋m ＝mg M ＋m ，可见a －F 图象斜率的物理意义是1M ＋m，系统的合力就等于所悬挂砂桶的总重力mg ，不必满足M ≫m 这样的条件．(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量M ＋m ，而系统的合力仍等于所悬挂砂桶的总重力mg ，保证了合力不变．答案：(1)①1M ＋m②合理 ③否 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合力就等于mg (2)M ＋m7．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片的宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值 a ；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1 mm)的示数如图所示，其读数为________________________ cm.(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝________________．(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝__________________________________________．(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于__________(选填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)d ＝0.9 cm ＋12×0.05 mm ＝0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm.(2)由v ＝Δx t 得，v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B ，物块做匀加速直线运动，则v 2B －v 2A ＝2ax ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B2－⎝ ⎛⎭⎪⎫dΔt A 2＝2as ， 得a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫dΔt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2.(3)整体运用牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，则μ＝mg －（M ＋m ）a Mg .(4)由实验装置引起的误差为系统误差．答案：(1)0.960 (2)12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫dΔt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫dΔt A 2(3)mg －（M ＋m ）a Mg (4)系统误差。
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课时作业(十四) 验证牛顿运动定律[基础训练]1．某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块(质量小于砂桶的质量)，在静止释放轻绳前，装置如图甲所示：甲乙(1)该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是__________和__________．(2)纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g.该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是________(用所给的字母表示)．(3)若把力传感器装在右侧轻绳上，则实验的误差会更________(填“大”或“小”)．(4)本装置还可用来做________的实验．(只填一个)答案：见解析解析：(1)该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是：打点计时器错接在直流电源上；要进行打点的纸带留得太短．(2)铝块受重力mg和拉力F，所以铝块的合力F合＝F－mg，所以横轴代表的物理量是F －mg.(3)由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上，则实验的误差会更大．(4)本装置还可用来做探究动能定理(或验证机械能守恒定律或探究加速度与质量的关系)的实验．2．(2015·新课标全国卷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．甲乙(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2，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 ．斜面的倾角答案：(1)3.25 1.79 (2)C解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－2 0.02 2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中打C 点时物块的速度v ＝x BD t BD＝ 3.65＋3.52 ×10－22×0.02m/s≈1.79 m/s. (2)对物块进行受力分析如图所示，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ，得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.3．某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量m 的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g ，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：甲乙(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，a m 图线不经过原点，可能的原因是________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________________.答案：(1)非线性 (2)小车与轨道间存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车(含发射器)的质量解析：(1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图乙中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．4．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验，其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录．滑块连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为s ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：(1)实验开始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？(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 ．m 1＝5 gB ．m 2＝15 gC ．m 3＝40 gD ．m 4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为________(用Δt 1、Δt 2、D 、s 表示)．答案：(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，看其能否做匀速直线运动(2)D (3)a ＝D 22s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1Δt 22－1Δt 21 解析：(1)气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的；或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动．(2)在该实验中实际是mg ＝(M ＋m )a ，要满足mg 近似等于Ma ，应使砝码的总质量远小于滑块的质量．若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，m 4＝400 g 不能满足，故选D.(3)根据挡光片通过光电门的速度可以用平均速度代替得：通过第一个光电门的速度v 1＝D Δt 1 通过第二个光电门的速度v 2＝D Δt 2根据运动学公式得加速度a ＝v 22－v 212s ＝D 22s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1Δt 22－1Δt 21. 5．某实验小组在实验室探究加速度与力、质量的关系．(1)甲同学在小车所受合外力不变时，改变小车的质量，得到数据如下表所示：甲 乙 a ．根据表中数据，在图甲所示的坐标系中描出相应的实验数据点，并作出a 1m图象． b ．由a 1m图象，可得出的结论为_______________________. c ．小车受到的合外力大约为________．(结果保留两位有效数字)(2)乙同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力，由实验数据作出a F 图象如图乙所示，图线不过原点的原因是_________________，小车的质量为________kg.答案：(1)a.a 1m图象如图所示b ．在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比c ．0.16 N(2)木板倾角过大 2解析：(1)c.由牛顿第二定律F ＝ma 得，a ＝F m，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为F ＝0.785.00N≈0.16 N. (2)由图乙可知拉力等于零时，小车加速度不等于零，故木板倾角过大；由牛顿第二定律F ＝ma 得a ＝F ·1m ，即图线的斜率等于小车质量的倒数，小车质量的大小为m ＝42.2－0.2kg ＝2 kg.6．(2017·江西八校联考)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是________．A ．用天平测出砂和砂桶的质量B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C ．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，同时记录弹簧测力计的示数D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)．(3)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为________．A ．2tan θB.1tan θ C ．kD.2k 答案：(1)BCD (2)1.3 (3)D解析：(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 对．(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T 2，将T ＝150×3 s＝0.06 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2.(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F ＝M ·a ，得a ＝2M·F 则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k，故A 、B 、C 错，D 对． [能力提升]7．(2017·湖南长沙模拟)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g .甲(1)甲同学所设计的实验装置如图甲所示．其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________．(2)乙同学的设计如图乙所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F 1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为________．根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为________．乙 丙答案：(1)A 与B F 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析：(1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，由从C 上读取F 1，则可求得μ，为A 与B 之间的动摩擦因数．(2)小车由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2 a ＝2x t 2 根据牛顿第二定律得对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mx t 2＋μmg 则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的动摩擦因数：μ＝b mg ＝2xb kg.。