2021高三物理学案：第三章实验四验证牛顿运动定律含答案

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2021高三物理学案：第三章第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律含答案

第三章牛顿运动定律考试说明课程标准命题热点1.通过实验,探究物体运动的加速度与物体受力、质量的关系.理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。

通过实验，认识超重和失重现象。

2．了解单位制在物理学中的重要意义.知道国际单位制中的力学单位。

(1）牛顿第二定律的应用,整体法与隔离法分析、求解加速度。

(2)两类动力学问题的分析与计算。

（3)动力学的图象问题.（4)探究加速度与物体受力、质量的关系、测定动摩擦因数等。

第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律ZHI SHISHU LI ZI CE GONG GU 知识梳理·自测巩固知识点1 力与运动的关系1．运动状态及运动状态的改变速度是描述物体运动状态的物理量.“运动状态的改变”是指物体的运动速度发生改变。

2．力是物体产生加速度的原因外力的作用使物体的速度发生改变，而速度发生改变一定有加速度,所以力是使物体产生加速度的原因。

知识点2 牛顿第一定律1．牛顿第一定律的内容: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。

2．惯性的定义：一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质。

3．惯性的量度:质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.知识点3 牛顿第三定律1．牛顿第三定律的内容：两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。

2．作用力与反作用力的特点：同时产生、同时消失、同时变化、同性质、分别作用在相互作用的两物体上,效果不能抵消。

思考：人走在松软的土地上而下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力,对吗？［答案] 不对。

属于作用力与反作用力，大小相等。

思维诊断:（1)物体不受外力作用时一定处于静止状态。

（×)(2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是没有外力维持木块运动的结果.（×）（3）运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。

物理第(1)本答案第三章牛顿运动定律

物理第(1)本答案第三章牛顿运动定律一1A 2(1)C (2)B(3)静止或匀速 3AD 4D 5D 6B 7A 8C 9C 1-0D11C 12D 二1D 2C 3AD 4BC 5AD 6. 速度先增加后减小，加速度先减小后增加 7.错误！未找到引用源。

,方向沿圆周的切线方向错误！未找到引用源。

方向水平向右8C 9BD 10C 11（1）0.2 （2）6N （3）46m12 （1）x1=16m（2）t=2s。

13 (1)87 s 8.7×10 m/s (2)0.008 kg/m 14(1)8 41m/s 2.5 s (2)0.3 s (3) 522专题三见后面1四1C 2C 3 4N 42m 2.1s 4a=3m/sv=8m/sα=30°25A67a?0.5m/s 7W 3.03mFmin133=N5A28μ1=0.20,μ2=0.30,s=1.125m 9x?980m 5.5×10N -9×10J 55第三章牛顿运动定律第一节牛顿第一、第三定律【知识清单】一、牛顿第一定律 1．伽利略与理想斜面实验 1．内容： 2．意义 3．惯性思考：惯性与物体的受力和运动有关吗？2二、牛顿第三定律 1．作用力和反作用力： 2．牛顿第三定律的内容： 3．表达式：三、力学单位制【典型习题】1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合他们观点的是( )A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方 B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大则速度就越大 C．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”答案：A2．(1)某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状是下图中的( )(2)若列车正在出站，则水面的形状与哪个选项一致？(3)若水面形状与选项A中相同，说明列车的运动状态是怎样的？答案：C B 静止或匀速3．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。

2021年高考一轮复习教案之牛顿运动定律的应用Word版含答案

牛顿运动定律的应用一、牛顿第确定律一切物体总保持匀速运动状态或静止状态，直到有外力迫使它转变这种状态为止。

1．牛顿第确定律导出了力的概念力是转变物体运动状态的缘由。

（运动状态指物体的速度）又依据加速度定义：tva ∆∆=，有速度变化就确定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的缘由。

（不能说“力是产生速度的缘由”、“力是维持速度的缘由”，也不能说“力是转变加速度的缘由”。

）2．牛顿第确定律导出了惯性的概念一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。

惯性反映了物体运动状态转变的难易程度（惯性大的物体运动状态不简洁转变）。

质量是物体惯性大小的量度。

3．牛顿第确定律描述的是抱负化状态牛顿第确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的效果都是保持原有运动状态，但它们在本质上是有区分的，不能把牛顿第确定律当成牛顿其次定律在F =0时的特例。

二、牛顿第三定律两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。

1．区分一对作用力反作用力和一对平衡力一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。

不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上，而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力确定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力确定是同时产生同时消逝的，而平衡力中的一个消逝后，另一个可能照旧存在。

2．一对作用力和反作用力的冲量和功一对作用力和反作用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量确定为零，但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负。

这是由于作用力和反作用力的作用时间确定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。

三、牛顿其次定律物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同。

即F =ma 。

特殊要留意表述的第三句话。

由于力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。

高考物理高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 01212v mg mg m t μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =；（3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12 2.52v v x t m +=⋅=，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

2021年高考物理第一轮复习第3单元牛顿运动定律作业手册答案

课时作业(六)1.D[解析] 惯性是物体保持静止或者匀速直线运动状态的性质,选项A错误;作用力和反作用力作用在两个物体上,效果不相同,选项B错误;物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小,选项C错误;力的单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的,选项D正确.2.A[解析] 由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,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.3.C[解析] 对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C正确.4.D[解析] 人所受的重力和人对体重计的压力方向相同,既不是相互作用力,也不是平衡力,选项A、B错误;人对体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力,选项C错误,D正确.5.D[解析] 对小球,刚松手时,有mg+kx=ma1,做加速度减小的加速运动,当kx=0时,加速度为g,然后弹簧伸长,加速度a2=,继续做加速度减小的加速运动,当mg=kx时,速度最大,继续向下运动,加速度a3=,做加速度增大的减速运动到最低点,选项A、B、C错误,选项D正确.6.D[解析] 由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a==-g,若拉力改为2F,则物体的加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,则物体的加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=-g<,选项C错误;若质量改为,拉力改为,则物体的加速度a4=-g=a,选项D正确.7.C[解析] 由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为15 N和20 N的两个力后,物体的合力大小范围为5 N≤F合≤35 N,物体的加速度范围为2.5m/s2≤a≤17.5 m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5 m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两个力后,加速度不可能为2 m/s2,选项B错误;撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C正确,D错误.8.B[解析] 从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.9.B[解析] 由图知,6 s末的加速度比1 s末的小,故A错误.0~1 s内汽车从静止开始做变加速直线运动,加速度方向与速度方向相同,故B正确.根据图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,可知第4 s内速度变化量为零,故C错误.根据图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,图像在时间轴上方速度变化量为正,图像在时间轴下方速度变化量为负,可知第6 s内速度变化量为负,速度在不断变小,故D错误.10.A[解析] 由于滑轮光滑,故绳子拉甲的力与绳子拉乙的力大小相等,若甲的质量大,则甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,则甲攀爬时,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.11.AC[解析] 对小球受力分析如图所示,设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ,则小球所受的合力F合=,根据牛顿第二定律得F合==ma,解得tan θ=,槽的加速度a越大,则θ越小,由几何关系可知h越大,故A正确,B错误;槽对小球的支持力F N=,槽的加速度a越大,则θ越小,F N 越大,由牛顿第三定律知,小球对槽的压力越大,故C正确,D错误.12.BD[解析] 在0~3 s时间内,物体匀速运动,由平衡条件得F-μmg=0,3 s末撤去F,在3~5 s时间内,物体做匀减速直线运动,运动的加速度大小为a==4 m/s2,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得μ=0.4,F=8 N,选项A错误,B、D正确;3 s末撤去F,物体继续运动的时间t==5 s,即8 s末物体停止运动,补全速度图像,由速度图像与时间轴所围的面积表示位移可知,物体在3~8 s时间内的位移x2=×20×5 m=50 m,物体从t=0时刻开始,运动的总位移为s=x1+x2=60 m+50 m=110 m,选项C错误.13.(1)g(2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图甲所示.因为AB=BC=b,AC=b故绳BC方向与AB垂直,cos θ=,则θ=45°由牛顿第二定律得mg tan θ=ma解得a=g(2)小车向左的加速度增大,AC、BC绳方向不变,所以AC绳的拉力不变,BC绳的拉力变大,当BC绳的拉力最大时,小车向左的加速度最大,小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律得F m+mg tan θ=ma m因F m=2mg,所以最大加速度为a m=3g14.(1)32 N(2)52 m(3)2 s[解析] (1)由匀变速直线运动公式x=v0t+a1t2,可得=v0+a1t对照图线可知,图线纵轴截距表示初速度,图线斜率表示a1,则有v0=12 m/s,a1=4 m/s2在沿细杆方向上有F cos θ-μ(mg cos θ+F sin θ)=ma1解得F=32 N(2)2 s末的速度v1=v0+a1t=20 m/s0~2 s内的位移x1=v0t+a1t2=32 m2 s后小球沿细杆向上做匀减速运动,其加速度为a2=g sin 37°+μg cos 37°=10 m/s22 s后沿细杆向上的位移x2==20 m小球向上运动过程中与计时点的最大距离为x=x1+x2=52 m(3)小球由细杆最高点返回计时点的过程中,做匀加速运动,其加速度为a3=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2小球由细杆最高点返回计时点的时间t2==2 s课时作业(七)1.BCD[解析] 木块刚开始接触弹簧时,弹簧对木块的作用力小于外力F,木块向右做加速度逐渐减小的加速运动,直到二力相等,而后,弹簧对木块的作用力大于外力F,木块向右做加速度逐渐增大的减速运动,直到速度为零,但此时木块的加速度不为零,故选项A错误,B、C、D正确.2.B[解析] 无论是在上升过程、下落过程,还是在最高点,王宇的加速度始终向下,所以始终处于失重状态,选项C、D错误,B正确;起跳时王宇有一个向上的加速度,故合力向上,地面对他的支持力大于他受到的重力,选项A错误.3.C[解析] 体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系,所以大小相等,方向相反,选项A错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在这段时间内,支持力大于小李的重力,选项B错误;根据牛顿第二定律得F N-mg=ma,解得加速度a=1 m/s2,方向竖直向上,选项C正确;根据题意,小李处于超重状态,但不能确定速度方向,选项D错误.4.D[解析] 图像的斜率表示加速度,由图像知,在0~5 s内,斜率为正,加速度为正,方向向上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在5~10 s内,电梯匀速运动,该同学的加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;在10~20 s内,斜率为负,速度为正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项A、B、C错误,选项D正确.5.C[解析] 小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力,斜面的支持力大小为F N=mg cos 30°;突然向下撤去梯形斜面,弹簧的弹力来不及变化,重力也不变,支持力消失,所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力F N大小相等、方向相反,由牛顿第二定律得mg cos 30°=ma,解得a=5 m/s2,方向斜向右下方,选项C正确.6.B[解析] 由牛顿第二定律得μmg=ma,可得a=8 m/s2,由v2-=-2ax,解得v0==m/s=20 m/s,故选项B正确.7.A[解析] 因ABCD为矩形,故A、B、C、D四点一定在以AC边为直径的同一个圆周上,由等时圆模型可知,由A、B、D三点释放的小球a、b、d一定同时到达圆的最低点C,故A正确.8.BC[解析] 滑块运动的加速度为a=g sin θ=g,方向沿斜面向下,若速度变为向上的,则所用时间为t== ,若速度变为向下的,则所用时间为t'== ,选项B、C正确,A、D错误.9.B[解析] 设物块的质量均为m,剪断细绳前,对B、C整体进行受力分析,受到总重力和细绳的拉力而平衡,故F T=2mg,对物块A受力分析,受到重力、细绳拉力和弹簧的弹力,剪断细绳后,重力和弹簧的弹力不变,细绳的拉力减为零,故物块B受到的合力等于2mg,向下,物块A受到的合力为2mg,向上,物块C受到的力不变,合力为零,故物块B有向下的加速度,大小为2g,物块A具有向上的加速度,大小为2g,物块C的加速度为零.10.D[解析] 根据题述可知,A、B两球的质量相等,均设为m,剪断细绳L2瞬间,对A球受力分析,如图甲所示,由于细绳L1的拉力突变,沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解,得F T=mg cos θ,ma1=mg sin θ;剪断细绳L2瞬间,对B球进行受力分析,如图乙所示,由于弹簧的弹力不发生突变,则弹簧的弹力保持不变,有F cos θ=mg,ma2=mg tan θ,所以F T∶F=cos 2θ∶1,a1∶a2=cos θ∶1,故A、B、C错误,D正确.11. AC[解析] 当该同学站在力传感器上静止时,其合力为零,即支持力大小等于该同学的重力,由图线可知,该同学的重力约为650 N,A正确.每次下蹲,该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动,即先经历失重状态,后经历超重状态,力传感器的读数F先小于重力,后大于重力;每次起立,该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动,即先经历超重状态,后经历失重状态,力传感器的读数F先大于重力、后小于重力,C正确,B、D错误. 12.(1)30 m(2)15 m/s2,方向向上(3)125 N[解析] (1)设最大速度为v,自由落体下落的距离为y,由s=t解得v==30 m/s则y==45 mh=H-y=30 m(2)a==-15 m/s2,负号表示方向向上(3)座舱落到15 m处时处于减速状态,有mg-F=ma解得F=125 N13.(1)10 m/s(2)5 s[解析] (1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得F1+mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1解得加速度a1=3 m/s2由=2a1x1,x1=联立解得v1=10 m/s.(2)在水平地面上加速时,有F2-μmg=ma2解得a2=2 m/s2关闭油门后减速时,有μmg=ma3解得a3=5 m/s2设关闭油门时轿车的速度为v2,有+=x2解得v2=20 m/st==5 s即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.课时作业(八)1.D[解析] 对整体,由牛顿第二定律得F-μmg-μ·2mg=(m+2m)a,隔离物块P,由牛顿第二定律得F T-μmg=ma,联立解得F T=,选项D正确.2.AD[解析] 按题图甲放置时,A静止,由平衡条件得Mg sin α=mg,按题图乙放置时,对A、B整体,由牛顿第二定律得Mg-mg sin α=(m+M)a,联立得a=(1-sin α)g=g,对B,由牛顿第二定律得F T-mg sinα=ma,解得F T=mg,故A、D正确,B、C错误.3.C[解析] 物体开始静止时,合力为0,设匀加速运动的加速度为a,经时间t的位移x=at2,由牛顿第二定律得F-kx=ma,则F=ma+t2,选项C正确.4.C[解析] 对猴子受力分析,受到重力和绳对猴子的拉力,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=150 N,即绳上的拉力大小为150 N,选项A错误;因绳的拉力为150 N>120 N,所以重物会离开地面,选项B错误;对重物,由牛顿第二定律得F-Mg=Ma,解得a=2.5 m/s2,2 s末重物上升的高度h=at2=5 m,选项C 正确,D错误.5.B[解析] 对两物体和弹簧测力计组成的系统,根据牛顿第二定律得,整体的加速度a== m/s2=2 m/s2,隔离B,根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=24 N,所以弹簧测力计的示数为24 N,选项A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的弹力不变,A的加速度不变,为2 m/s2,B的加速度a2== m/s2=12 m/s2,选项C、D错误.6.D[解析] 当B物块受到的合外力为零时,速度最大,此时有kx2=2mg,又mg=kx,所以弹簧此时的伸长量x2=2x,即B物块向下运动3x时速度最大,选项A、B错误;撤去木板瞬间,B物块所受的合外力为3mg,由牛顿第二定律知其加速度大小为1.5g,选项C错误,D正确.7.BD[解析] 小车静止时,A恰好不下滑,对A有mg=μF引 ,当小车做变速运动时,为了保证A不下滑,有F N≥F引,则F N-F引=ma,加速度一定向左,对B,由牛顿第二定律得μ(mg+F引)=ma m,解得a m=(1+μ)g,选项B、D正确.8.AC[解析] 根据v-t图像的斜率表示加速度,可知2~4 s内物体的加速度为a2== m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得μ=0.5,选项A正确;0~2 s内物体的加速度为a1== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ+F cos θ-μ(mg cos θ-F sin θ)=ma1,解得F=4 N,选项B错误,C正确;在0~4 s内物体的位移为x= m+×2 m=28 m,选项D错误.9.C[解析] 设原来的加速度为a0,根据牛顿第二定律可得F=2ma0,因无相对滑动,所以,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有F=3ma,加速度都将减小,若放在A木块上面,以B为研究对象,设绳子拉力为F T,则F T=ma,绳子拉力减小,选项A错误;若C放在B上面,以B、C整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F T=2ma=F,选项B错误;若C放在B上,以C为研究对象,根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为F f=ma=,选项C正确;以整体为研究对象,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有F=3ma,C放在A上和放在B上运动时的加速度相同,选项D错误.10.(1)15 N(2)6 m[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图像得a=3 m/s2.对A、B整体,由牛顿第二定律得F-μm A g=(m A+m B)a,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A物体,有μm A g=m A a A,解得a A=3 m/s2,由v0-a A t=0,解得t=2 s,物体A的位移为x A=t=6 m,物体B的位移为x B=v0t=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.11.BC[解析] 物块上滑和下滑均做匀变速运动,由运动学规律得v2-=2ax,可得上滑经过A点的速度为,下滑经过A点的速度为,上滑的加速度大小为a1=,下滑的加速度为a2=,则上滑和下滑的时间由t=可求;由牛顿第二定律,上滑的加速度大小a1=g sin α+μg cos α,下滑的加速度a2=g sin α-μg cos α,联立可得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数,但物块的质量无法求出,选项B、C正确.12.(1)3 m/s28 m/s(2)30° N[解析] (1)设物块的加速度大小为a,到达B点时的速度大小为v,由运动学公式得L=v0t+at2v=v0+at联立解得a=3 m/s2,v=8 m/s(2)设物块所受支持力为F N,所受摩擦力为F f,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得F cos α-mg sin θ-F f=maF sin α+F N-mg cos θ=0又F f=μF N联立得F=由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α)可知对应最小F的夹角α=30°F的最小值为F min= N专题训练(三)1.D[解析] 若木板光滑,则A和B做速度相同的匀速运动,两者距离不变;若木板粗糙,则运动的加速度大小a==μg,两者做初速度相同、加速度也相同的减速运动,A、B间的相对距离保持不变,选项D 正确.2.A[解析] a、b之间的最大静摩擦力为F fmax=μmg,b与地面间的最大静摩擦力为F fmax'=μ(m+m)g=μmg,a、b相对地面一起运动,刚好不发生相对滑动时,由牛顿第二定律,对b有μmg-μmg=ma0,可得a0=μg,对整体有F0-μmg=2ma0,可得F0=μmg,所以若a、b两个物体始终相对静止,则力F不能超过μmg,当力F>μmg时,b相对a滑动,选项A正确,D错误;当力F=μmg时,a、b一起加速运动,加速度为a1==μg,对a,根据牛顿第二定律可得F-F f1=ma1,解得a、b间的摩擦力为F f1=μmg,选项B错误;无论力F为何值,b的加速度都不会超过μg,选项C错误.3.A[解析] 设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,对木板,由牛顿第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1,解得a1=-(μ1+2μ2)g,设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有-μ2·2mg=2ma2,解得a2=-μ2g,可见|a1|>|a2|,由v-t图像的斜率表示加速度可知,选项A正确.4.D[解析] 开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1,所以a1=g sinθ+μg cos θ,木块加速至与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,所受滑动摩擦力变为沿传送带向上,做加速度为a2的匀加速直线运动,这一阶段,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,所以a2=g sin θ-μg cos θ,根据以上分析,有a2<a1,选项D正确.5.D[解析] 以A、B为整体,由牛顿第二定律知,加速度a=,方向一直向右,整体一直做加速运动,选项A、C错误;对B分析,摩擦力F f=m B a,方向始终与力F的方向相同,1~6 s内摩擦力不为0,选项B错误,D正确.6.AC[解析] 当F=6 N时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=3 kg,当F大于6 N时,两物体发生相对滑动,对长木板,有a==-,图线的斜率k==1 kg-1,解得M=1 kg,小滑块的质量m=2 kg,选项A正确;小滑块的最大加速度a'=μg=2 m/s2,所以小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.2,选项B错误;当F=7 N时,由a=知,长木板的加速度a=3 m/s2,选项C正确;当两物体发生相对滑动时,小滑块的加速度a'=μg=2 m/s2,恒定不变,选项D错误.7.B[解析] 根据牛顿第二定律知,煤块的加速度a==4 m/s2,方向向右,煤块运动到速度与传送带速度相等的时间t1==1 s,位移大小x1=a=2 m<x,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2 m,选项A、C、D错误;x2=x-x1=2 m,匀速运动的时间t2==0.5 s,运动的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项B正确.8.BCD[解析] 因mg sin θ>μmg cos θ,物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上,大小也相等,故两物块沿传送带向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,则所用时间也相同,故A错误,B正确;滑动摩擦力沿传送带向上,位移向下,摩擦力做负功,故C正确;A、B两物块下滑时的加速度相同,下滑到底端的时间相同,由x=v0t+at2,a=g sin θ-μg cos θ ,解得t=1 s,传送带在1 s内运动的距离是1 m,A与传送带是同向运动的,则A在传送带上的划痕长度为2 m-1 m=1 m,B与传送带是反向运动的,则B在传送带上的划痕长度为 2 m+1 m=3 m,故D正确. 9.A[解析] 由图像可知,当F较小时,小物块和长木板都静止,随着水平力F增大,小物块和长木板先一起加速运动,后来发生相对滑动,当F>2 N时,小物块与长木板开始加速运动,此时长木板受到水平面的摩擦力F f1=2 N;当F>14 N时,小物块与长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力F f2=4 N,加速度a1==4 m/s2;改用22 N的水平力拉长木板,长木板的加速度a2==8 m/s2,小物块在长木板上滑行的时间t满足a2t2-a1t2=L,解得t=1 s,选项A正确.10.BD[解析] 因为μ<tan θ,对A,有mg sin θ>μmg cos θ,所以A、B一定相对滑动,选项A错误,B正确;对物体B,由牛顿第二定律得F-μmg cos θ-mg sin θ-μB·2mg cos θ=0,解得μB=,故选项C错误,D正确.11.C[解析] 对小滑块,在水平方向上,有μmg=ma B,解得a B=4 m/s2,对木板,在水平方向上,有F-μmg=Ma A,解得a A=6 m/s2,当小滑块刚滑下木板时,有a A t2-a B t2=L,解得t=1 s,此时,v A=6×1 m/s=6m/s,v B=4×1 m/s=4 m/s,选项C正确,A、B、D错误.12.(1)3 m/s2(2)2.8 m/s(3)0.7 m[解析] (1)长木板在水平方向上受水平恒力F和摩擦力作用,由牛顿第二定律得F-μmg=Ma1解得a1=3 m/s2.(2)F未撤去时,物块的加速度a m==μg=2 m/s2刚撤去F时,长木板的速度v1=a1t=3×1 m/s=3 m/s小物块的速度v m=a m t=2×1 m/s=2 m/s撤去F后,长木板的加速度大小a2==0.5 m/s2长木板与小物块最终的共同速度v2=v m+a m t2=v1-a2t2解得v2=2.8 m/s.(3)t=1 s内小物块与长木板的相对位移x1=a1t2-a m t2=0.5 m撤去F后,小物块与长木板的相对位移x2=-=0.2 m因此最终小物块离长木板右端的距离s=x1+x2=0.7 m.。

高考物理新力学知识点之牛顿运动定律解析含答案(4)

高考物理新力学知识点之牛顿运动定律解析含答案(4)一、选择题1．小华用手握住水杯保持静止状态，下列说法正确的是（）A．杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力B．杯子受到的压力是杯子形变产生的C．杯子和手之间没有相对运动趋势D．手给杯子的压力越大，杯子受到的摩擦力越大2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N3．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v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N4．如图，倾斜固定直杆与水平方向成60角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与.当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方一只小球相连接向成30角.下列说法中正确的A ．圆环不一定加速下滑B ．圆环可能匀速下滑C ．圆环与杆之间一定没有摩擦D ．圆环与杆之间一定存在摩擦5．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小6．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等7．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，g 为重力加速度，则（）A ．升降机停止前在向下运动B ．10t -时间内小球处于失重状态，12t t -时间内小球处于超重状态C ．13t t -时间内小球向下运动，动能先增大后减小D ．34t t -时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量8．下列对教材中的四幅图分析正确的是A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用9．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A 的上表面水平且放有一斜劈B ，B 的上表面上有一物块C ，A 、B 、C 一起沿斜面匀加速下滑。

2021届高考物理：牛顿第一定律牛顿第三定律含答案

惯性
定义
物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
普遍性
惯性是一切物体都具有的性质、是物体的固有属性、与物体的运动情况和受力情况无关
量度
质量是惯性大小的唯一量度、质量大的物体惯性大、质量小的物体惯性小
二、牛顿第三定律
1．作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是相互的、一个物体A对另一个物体B施加了力、物体B一定也同时对物体A施加了力。
科学探究：探究加速度与力、质量的关系。
科学态度与责任：追及相遇、交通与安全。
第1节牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律、惯性
牛顿第一定律
内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态、除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
意义
(1)指出了一切物体都有惯性、因此牛顿第一定律又叫惯性定律运动状态的原因、即是产生加速度的原因
A．他对跳台的作用力大于地球对他的引力
B．跳台对他的作用力大于他对跳台的作用力
C．跳台对他的作用力大于地球对他的引力
D．跳台对他的作用力对他做了正功
C[运动员能离开跳台的原因是跳台对他的作用力大于他的重力、故选项A错误、C正确；他对跳台的作用力与跳台对他的作用力是一对作用力和反作用力、大小相等、方向相反、故选项B错误；跳台对他的作用力作用点没有产生位移、故对他不做功、故选项D错误。]
2．牛顿第三定律
(1)内容：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
(2)表达式：F＝－F′。
(3)意义：建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。
1．思考辨析(正确的画“√”、错误的画“×”)
(1)牛顿第一定律不能用实验验证。(√)

2021届高三物理大一轮专题3牛顿运动定律参考答案

2020-2021学年物理大一轮专题复习题三牛顿运动定律参考答案1、答案A根据T= 38π 㠀得k= 38π 㠀 ,又知h的单位为J·s,则1J·s=1N·m·s=1kg·m2/s,c的单位是m/s,G的单位是N·m2/kg2,则1N·m2/kg=1m3/(kg·s2),M的单位是kg,T的单位是K,代入上式可得k的单位是kg· 2K·s2,则1kg· 2k· 2=1J·K-1=1W·s K,不等于kg·m K·s,故A错误,B、C、D正确。

2、答案C力不是维持物体运动状态的原因,力是改变物体运动状态的原因,所以当物体不受到任何外力的时候,总保持静止或者匀速直线运动的状态,故选项A正确;当物体受到外力作用的时候,物体的运动状态会发生改变,即力是改变物体运动状态的原因,故选项B正确;可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”,故选项C错误;由于物体具有惯性,具有向上的速度时,虽然受到向下的重力,但物体不会立刻向下运动,故选项D正确。

3、答案D一切物体在任何时候都有惯性,故A、C错误;惯性是物体的一种属性,惯性不是惯性力,故B错误;一切物体都具有惯性,下面的棋子离开尺子继续飞行是由于棋子具有惯性,故D正确。

4、答案A5、答案CD塞子喷出时,塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等,方向相反,故A、B项错误;塞子喷出瞬间,试管内的气体对小车整体有斜向左下方的作用力,所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力,故C项正确;若增大试管内水的质量,则小车整体的质量增大,惯性增大,故D项正确。

6、答案A由于滑轮光滑,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,若甲的质量大,则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力,得甲攀爬时乙的加速度大于甲,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,甲用力向上攀爬时,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误。

2021高考人教版物理一轮复习讲义：第3章实验四验证牛顿运动定律(含解析)

实验四验证牛顿运动定律主干梳理对点激活对应学生用书P065 I 实验原理与操作/实验目的1 •学会用控制变量法研究物理规律。

2•探究加速度与力、质量的关系。

3 •掌握利用图象处理数据的方法。

丿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 ——小车的质量M 不变，探究加速度a 与力F 的关系，再控制砝码和小盘的质量不变，即力F 不变，改变小车质量M ，探究加速度a 与M 的关系＜实验器材打点计时器、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、垫木、低压交流电源、导线、天平（带有一套砝码）、刻度尺。

实验步骤1 .称量质量用天平测量小盘的质量 m o 和小车的质量M o 。

2 •安装器材一一按照如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 ——在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态。

4. 让小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。

计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合外TT 1 产小乍打点i 十时酩厶力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表1中。

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。

计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表2中。

7.改变小车上砝码的个数，重复步骤6,并多做几次。

数据处理与分析表11计算加速度一一先在各条纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，再根据逐差法计算纸带对应的加速度。

2作图象找关系一一根据表1中记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a-F图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与合外力成正比。

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-= 其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大；（2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出，对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t =滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =3．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。

高三物理牛顿运动定律试题答案及解析

高三物理牛顿运动定律试题答案及解析1.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v―t图象，如图所示（除2s―10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2s―14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。

小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。

则A．小车所受到的阻力大小为1.5NB．小车匀速行驶阶段发动机的功率为9WC．小车在加速运动过程中位移的大小为48mD．小车在加速运动过程中位移的大小为39m【答案】AB【解析】小车在14s-18s内在阻力作用下做匀减速运动，加速度由牛顿定律可知，小车所受到的阻力大小为f=ma=1.5N，选项A 正确；小车匀速行驶阶段发动机的功率为P=Fv=fv=1.5×6W=9W，选项B正确；在0-2s匀加速阶段的位移为，在2-10s=39m所以小车在加速运动过程中位移的大小为内由动能定理：，解得x23m+39m=42m，选项CD 错误。

【考点】v-t图线；牛顿定律的应用及动能定理。

2.如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为－q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数均为so，静电力常量为k。

则为kA．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大【答案】BC【解析】返回N点时，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，回到N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q，故A错误；对N点受力分析有：，可知B正确；小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场和点电荷的电场可能对其做正功，也可能做负功，其电势能可能增大也可能减小，C正确；当小球所受合力为零时，小球P的速度最大，此时，弹簧的压缩量小于， D错误。

高考物理一轮总复习检测：第三章第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律含答案

牛顿运动定律及其应用Ⅱ2．超重和失重Ⅰ实验四：验证牛顿运动定律1．应用牛顿运动定律和运动学规律解决两类动力学问题．2．运用失重和超重知识定性或定量分析问题．3．运用整体法和隔离法求解简单的连接体问题．一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．意义．(1)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．3．惯性．(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．二、牛顿第三定律1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体施加了力．力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力．2．内容：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．1．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)2．做匀速直线运动的物体和静止的物体均没有惯性．(×)3．作用力与反作用力一定是同种性质的力．(√)4．作用力与反作用力的作用效果可以相互抵消．(×)5．人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)6．物体所受合外力变小，物体的速度一定变小．(×)7．物体所受合外力大，其加速度就一定大．(√)1．(多选)(20xx·枣庄模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是( )A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．答案：BD2．下列关于力和运动关系的说法中正确的是( )A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第一定律的C．物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零D．物体所受的合外力最大时，速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，速度却可以最大解析：由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故正确选项为D.答案：D3．(多选)(20xx·郑州模拟)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，显示器屏幕上出现的结果如图所示．观察分析两个力传感器间的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论( )A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N解析：设人对绳子的拉力大小为F，对建筑材料m应用牛顿第二定律得F－mg＝ma.由牛顿第三定律可知，绳子对人向上的拉力F′与人对绳子的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为FN，对人应用平衡条件可得：F′＋FN＝Mg，可解得FN＝Mg－mg－ma＝490 N．由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为490 N，B正确．答案：B一、单项选择题1．(2017·沈阳模拟)科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，如图所示，其中有一个是经验事实，其余是推论．①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动．在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论，下列有关事实和推论的分类正确的是( )A．①是事实，②③④是推论B．②是事实，①③④是推论C．③是事实，①②④是推论D．④是事实，①②③是推论解析：本题再现了伽利略理想实验法，即在可靠的物理事实的基础上进行科学合理外推，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确结论，其中②是事实，①③④是推论，故选项B正确．答案：B2．(20xx·孝感模拟)如图所示，某同学面向行车方向坐在沿平直轨道匀速行驶的列车车厢里．这位同学发现面前的水平桌面上一个原来静止的小球突然向他滚来，则可判断( )A．列车正在刹车B．列车突然加速C．列车突然减速D．列车仍在做匀速直线运动解析：原来小球相对列车静止，现在这位同学发现面前的小球相对列车突然向他滚来，说明列车改变了原来的运动状态，速度增加了，因此B正确．答案：B3．我们都难以忘记刘翔那优美的跨栏姿势．在他跨越栏架的过程中( )A．支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力大于脚对地面的压力B．支撑脚蹬地的瞬间，地面受到向后的摩擦力C．支撑脚离地后，他还受到向前冲的力，以至于能很快地通过栏架D．运动到最高处时，速度达到最大值，方向沿水平方向向前解析：刘翔在跨越栏架的过程中，支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力等于脚对地面的压力，脚受到向前的摩擦力，地面受到向后的摩擦力，脚离地后，他只受到重力作用，B正确．答案：BA．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、匀速直线运动解析：由题意简化分析如图所示，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错误，B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错误．答案：B6．如图所示，将两弹簧测力计a、b连接在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明( )A．这是两只完全相同的弹簧测力计B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因解析：实验中两弹簧测力计的拉力互为作用力与反作用力，它们一定大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C二、多项选择题7．(20xx·潍坊模拟)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动解析：空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒，从绳子上落下，选项A正确；空竹的转动是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．答案：AD8．(20xx·秦皇岛模拟)如图所示，用质量不计的轻细绳L1和L2将M、N两重物悬挂起来，则下列说法正确的是( )A．L1对M的拉力和L2对M的拉力是一对平衡力B．L2对M的拉力和L2对N的拉力是一对作用力与反作用力C．L1对M的拉力和M对L1的拉力是一对作用力和反作用力答案：AD三、非选择题10．(20xx·新乡模拟)如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小(g取10 m/s2)．解析：对A受力分析如图甲所示，由平衡条件得k(L－L0)－mg－F＝0，解得F＝－4 N.故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N，方向竖直向下．对B受力分析如图乙所示，由平衡条件得：FN－mg－F′＝0，解得FN＝9 N.由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N11．(20xx·唐山模拟)如图所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．(1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？解析：(1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcos α＝m·g，解得：cos α＝，sin α＝.设地面对A的支持力为FN，则有：FN＝mg－mgsin α＝mg，由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.。

2021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学案作业(含解析)新人教版

实验四验证牛顿运动定律1．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．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺． 3．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：按照如图1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)．图1(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，断开电源，取下纸带，编号码．②保持小车的质量m 不变，改变小盘和砝码的质量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保持小盘和砝码的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤①和③，作a －1m图象．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动． (2)不用重复平衡摩擦力． (3)实验条件：m ≫m ′.(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车． 2．误差分析(1)实验原理不完善：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． 3．数据处理(1)利用Δx ＝aT 2及逐差法求a .(2)以a 为纵坐标，F 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a 与F 成正比． (3)以a 为纵坐标，1m为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与m 成反比.例1 (2019·湖北武汉市四月调研)某同学用如图2所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”．图2(1)下列实验中相关操作正确的是________．A ．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上B ．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器C ．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源(2)将沙和沙桶的总重力mg 近似地当成小车所受的拉力F 会给实验带来系统误差．设小车所受拉力的真实值为F 真，为了使系统误差mg －F 真F 真<5%，小车和砝码的总质量是M ，则M 与m 应当满足的条件是m M<________.(3)在完成实验操作后，用图象法处理数据，得到小车的加速度倒数1a与小车质量M 的关系图象正确的是________．答案 (1)B (2)0.05 (3)C解析 (1)平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A 错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B 正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C 错误；(2)在本实验中认为细线的拉力F 等于沙和沙桶的总重力mg ，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a ＝F 真M ，对整体，根据牛顿第二定律得：a ＝mg M ＋m ，且mg －F 真F 真<5%，解得：mM<0.05. (3)由牛顿第二定律可知：a ＝mg M ＋m ，则1a ＝1mg(M ＋g )，故选C. 变式1 (2019·河北中原名校联盟下学期联考)在“探究加速度和力、质量的关系”的实验中，采用如图3甲所示的装置进行实验：图3(1)已知打点计时器电源为频率为50Hz 的正弦交变电流，若实验中打出的某一条纸带如图乙所示，相邻两个计数点间还有四个点没有画出，x 1＝3.13cm ，x 4＝7.48cm ，由此可以算出小车运动的加速度大小是________m/s 2.(2)利用测得的数据，可得到小车质量M 一定时．运动的加速度a 和所受拉力F (F ＝mg ，m 为砂和砂桶质量，g 为重力加速度)的关系图象如图丙所示．由此可知，直线段的斜率k ＝________.在拉力F 较大时，a －F 图线明显弯曲，产生误差．若不断增加砂桶中砂的质量，a －F 图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a 的趋向值为________(用题中出现的物理量表示)．答案 (1)1.45(2)1Mg解析 (1)相邻两个计数点的时间间隔是T ＝5×1f＝5×0.02s＝0.10s ，采用逐差法可得a ＝x 4－x 13T2＝1.45m/s 2. (2)根据牛顿第二定律，a ＝F M，所以a －F 图象的斜率k ＝1M.不断增加砂桶中砂的质量，当砂桶中砂的质量远远大于小车质量时，小车的加速度趋近于重力加速度g .实验装置图创新/改进点1.实验方案的改进：系统总质量不变化，改变拉力得到若干组数据.2.用传感器记录小车运动的时间t 与位移x ，直接绘制x －t 图象．3.利用牛顿第二定律求解实验中的某些参量，确定某些规律.1.用传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度.2.用图象法处理数据时，用钩码的质量m 代替合力F ，即用a －m 图象代替a －F 图象.1.用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测得物块的初速度和末速度，由运动学公式求出加速度.2.结合牛顿第二定律，该装置可以测出动摩擦因数.弹簧测力计测量小车所受的拉力，钩码的质量不需要远小于小车质量，更无需测钩码的质量.1.气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力.2.力传感器测量滑块所受的拉力，钩码的质量不需要远小于滑块质量，更无需测钩码的质量.3.用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测得滑块的末速度，由刻度尺读出遮光条中心初始位置与光电门之间的距离，由运动学公式求出加速度.例2(2019·安徽合肥市第二次质检)某课外小组利用图4甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤．图4(1)如图乙，用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝________cm；(2)安装好光电门，从图甲中读出两光电门之间的距离s＝________cm：(3)接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平；(4)安装好其他器材，并调整定滑轮，使细线水平；(5)让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2，计算出滑块的加速度a1＝________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1；(6)改变重物质量，多次重复步骤(5)，分别计算出加速度a2、a3、a4…并记录对应的F2、F3、F4…；(7)在a－F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出__________________ ________________________________________________________________________.答案(1)0.550 (2)50.00 (3)相等(5)dΔt22－dΔt122s(7)物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比解析(1)由题图乙可知，该游标卡尺为20分度，精度为0.05mm，读数为5mm＋10×0.05mm ＝5.50mm＝0.550cm；(2)s＝70.50cm－20.50cm＝50.00cm；(3)在调整气垫导轨水平时，滑块不挂重物和细线，判断气垫导轨水平的依据是：接通气源后，给滑块一个初速度，反复调节旋钮，使滑块通过两光电门的时间相等；(5)根据滑块和遮光条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，则有：v＝dΔt，则通过光电门1和2的速度分别为v1＝dΔt1和v2＝dΔt2，由速度位移公式可得：2as＝v22－v12＝(dΔt2)2－(dΔt1)2，故可得a＝dΔt22－dΔt122s；(7)一条通过坐标原点的倾斜直线是正比例函数，故说明物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比．变式2(2019·云南昆明市4月教学质检)探究“加速度与力、质量关系”的实验装置如图5甲所示．小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小．图5(1)关于平衡摩擦力，下列说法正确的是________．A．平衡摩擦力时，需要在动滑轮上挂上钩码B．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力C．改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力(2)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量．(3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图象如图乙所示，图线不过原点的原因是________．A．钩码质量没有远小于小车质量B．平衡摩擦力时木板倾角过大C ．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力答案 (1)C (2)不需要 (3)B解析 (1)平衡摩擦力时，小车要在不挂钩码情况下做匀速直线运动，故A 错误；平衡摩擦力时有：mg sin α＝μmg cos α，即有g sin α＝μg cos α，所以与质量无关，故B 错误，C 正确． (2)由于本实验中的拉力传感器可以读出细线的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量；(3)由题图可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，故选B.变式3 (2019·贵州安顺市适应性监测(三))如图6甲所示，质量为m 的滑块A 放在气垫导轨上，B 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器B 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A 的速率－时间(v －t )图象．整个装置置于高度h 可调节的斜面上，斜面长度为l .图6(1)现给滑块A 沿气垫导轨向上的初速度，其v －t 图线如图乙所示．从图线可得滑块A 上滑时的加速度大小a ＝________m/s 2(结果保留一位有效数字)．(2)若用此装置来验证牛顿第二定律，通过改变________________，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系；通过改变________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系(重力加速度g 的值不变)．答案 (1)3 (2)调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh 不变高度h 解析 (1)在v －t 图象中斜率代表加速度，故a ＝Δv Δt ＝1.5－00.5＝3m/s 2.(2)牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．由于使滑块加速下滑的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证重力沿斜面向下的分力不变，应该使mg ·hl不变，即mh 不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh 不变，来探究力一定时，加速度与质量的关系．例3 (2019·全国卷Ⅱ·22)如图7，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz 的交流电源、纸带等．回答下列问题：图7(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示)．(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°.接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图8所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.80m/s 2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)．图8答案 (1)g sin θ－ag cos θ(2)0.35解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得μ＝g sin θ－ag cos θ.(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T ＝5×150s ＝0.10s ，由逐差法和Δx ＝aT 2可得a ＝x 5＋x 6＋x 7－x 1＋x 2＋x 312T2≈1.97m/s 2，代入μ＝g sin θ－ag cos θ，解得μ≈0.35.变式4 (2019·云南大姚县一中一模)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 .图9(1)甲同学所设计的实验装置如图9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________(选填“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，多次改变沙桶中沙的质量，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 －1t2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应测出的物理量为________．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________________．答案 (1)A 与BF 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xbkg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 ＝Fmg，由C 的读数为F 1，可求得μ＝F 1mg，为A 与B 之间的动摩擦因数．(2)物块由静止开始做匀加速运动，根据匀加速直线运动位移时间公式得：x ＝12at 2，解得：a ＝2xt2根据牛顿第二定律，对于物块：F 合＝F －μmg ＝ma 可得F ＝2mxt2＋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，物块与长木板间的动摩擦因数：μ＝b mg ＝2xbkg.。

高三物理新一轮复习：验证牛顿运动定律(含解析)

1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中不正确的是()A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接电源再释放小车2．(原创题)在验证牛顿第二定律的实验中，甲、乙、丙、丁四个实验小组根据实验数据画出的图象分别如下．对于这四个图象，分析正确的是()A．甲未平衡摩擦B．乙平衡摩擦过度C．丙是小车质量太大了D．丁是不满足m≪M的条件3．某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s.(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于车的质量？________(填“需要”或“不需要”)(2)实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图所示，d＝________mm.(3)某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的表达式是__________________．4．(2012·高考大纲全国卷)如图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．(1)完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m .④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s 1，s 2，….求出与不同m 相对应的加速度a .⑥以砝码的质量m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出1a －m 关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a与m 应成________关系(填“线性”或“非线性”)．(2)完成下列填空：①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是______________________．②设纸带上三个相邻计数点的间距为s 1、s 2和s 3.a 可用s 1、s 3和Δt 表示为a ＝____________.下图为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 3的情况，由图可读出s 1＝________mm ，s 3＝________ mm ，由此求得加速度的大小a ＝________m/s 2.③如图为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为__________，小车的质量为__________． 5．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)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”)．知能优化演练1．[解析]选A.本题考查实验过程中应注意的事项，选项A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)拴在小车上，A 错；选项B 、C 、D 符合正确的操作方法，B 、C 、D 对．2．D3．[解析](1)由于实验装置图中已给出了力传感器，所以不需要满足m 0≪M . (2)d ＝5 m m ＋0.05×10 m m ＝5.50 m m .(3)小车在光电门1处的速度为v 1＝d t 1，在光电门2处的速度为v 2＝d t 2，所以根据v 22－v 21＝2as ，可得：a ＝v 22－v 212s由F ＝M a 可知F ＝M ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122s.[答案](1)不需要 (2)5.50(3)F ＝M ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122s4．[解析](1)平衡小车阻力后，小车可做匀速直线运动，所以打出的点是等间距的；设小车质量为M ，由于加速度与小车和砝码的总质量成反比，则有a ＝kM ＋m(k 为常数)变形得1a ＝M k ＋m k ，由于k 、M 不变，故1a与m 为线性关系． (2)①根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块：m 0g －F ＝m 0a ，对小车：F ＝M ′a所以F ＝M ′M ′＋m 0·m 0g ＝11＋m 0M ′·m 0g ，当m 0≪M ′时F ≈m 0g ，所以要保证小车和车中砝码所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m 0要远小于小车和车中砝码的总质量M ′.②由运动学推论s m －s n ＝(m －n)a T 2可得 s 3－s 1＝2a T 2本题中T ＝5Δt ，所以a ＝s 3－s 12(5Δt )2＝s 3－s 150Δt 2从刻度尺可读出s 1＝36.6 m m －12.4 m m ＝ 24．2 m m ，s 3＝120.0 m m －72.7 m m ＝47.3 m m 代入上述公式求得a ＝1.16 m/s 2.③设小车质量为M ，拉力为F ，则有F ＝(M ＋m )a. 1a ＝M ＋m F ＝M F ＋1Fm ，由题可知k ＝1F ，b ＝MF故F ＝1k ，M ＝b F ＝b k .[答案](1)等间距线性(2)①远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”同样给分) ②s 3－s 150Δt 224.2(答案范围在23.9～24.5之间均给分) 47．3(答案范围在47.0～47.6之间均给分)1．16(答案范围在1.13～1.19之间均给分) ③1k b k5．[解析](1)d ＝0.9 c m ＋12×0.05 m m ＝0.9 c m ＋0.060 c m ＝0.960 c m .(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 ＝2as ，即⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2＝2as ，得a ＝12s ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d Δt 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 )aMg.(4)由实验装置引起的误差为系统误差． [答案](1)0.960(2)12s ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2 (3)mg －(M ＋m )a Mg (4)系统误差。

2021江苏高考物理一轮教师用书：第三章第1讲牛顿三定律的理解 Word版含答案

目标要求内容要求说明1.牛顿第一定律和牛顿第二定律通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系。

加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况2。

牛顿运动定律的应用理解牛顿运动定律,能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题.3。

超重和失重通过实验,认识超重和失重现象。

4.力学单位制知道国际单位制中的力学单位．了解单位制在物理学中的重要意义。

5.实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系第1讲牛顿三定律的理解一、牛顿第一定律惯性1．牛顿第一定律(1）内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．（2）意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．2．惯性（1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2）量度:质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小．(3）普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况无关．判断正误(1）物体只有在不受外力作用时，才会有保持原有运动状态不变的性质,这个性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律．（×）（2)牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例．（×）（3)伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦,在水平面上的物体，一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去．（√)二、牛顿第二定律力学单位制1．牛顿第二定律（1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同．（2）表达式:F＝ma。

（3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速）的情况．2．力学单位制（1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．（2)基本单位：基本物理量的单位．国际单位制中基本物理量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．(3）导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．自测1(多选）关于运动状态与所受外力的关系,下列说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案BD三、牛顿第三定律1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加了力．2．内容：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．3．表达式：F＝－F′。

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实验四验证牛顿运动定律ZHI SHISHU LI ZI CE GONG GU知识梳理·自测巩固一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律.2．学会灵活运用图象法处理物理问题。

3．探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律.二、实验原理如图所示，在探究加速度a与合力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;再控制小盘和盘中砝码的质量m不变，即力F 不变,改变小车的质量M，讨论加速度a与质量M的关系。

三、实验步骤(1）称量质量：用天平测量小盘的质量和小车的质量M。

(2)安装器材:按图把实验器材安装好，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：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车匀速下滑.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）小盘通过细绳绕过滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码。

（5)保持小车的质量M不变，改变小盘和盘中砝码的质量m，重复步骤（4).（6)保持小盘和盘中砝码的质量m不变，改变小车质量M，重复步骤(4）。

四、数据处理(1)在“探究加速度与力的关系”实验中，以加速度a为纵坐标、力F为横坐标建立坐标系，根据各组数据在坐标系中描点。

如果这些点在一条过原点的直线上,说明a与F成正比；（2）在“探究加速度与质量的关系”实验中，“a与M成反比”实际上就是“a与错误!成正比”，以a为纵坐标、以错误!为横坐标建立坐标系，如果a－错误!图线是一条过原点的直线，就能判断a与M 成反比——“化曲为直”法。

注意：两个图象斜率的物理意义：a－F图线的斜率表示小车和车中砝码质量的倒数,即错误!;a－错误!图线的斜率表示小车受到的合力,即小盘和盘中砝码的重力mg.五、注意事项(1）平衡摩擦力中的“不重复”：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和砝码的总质量,都不需要重新平衡摩擦力。

(2)操作中的“一先一后一按"：每次开始时小车应靠近打点计时器，并先接通电源，后放开小车，且应在小车碰到滑轮前按住小车。

（3）作图中的“拟合与舍弃”:要使尽可能多的点在一条直线上，不在直线上的点也要尽可能均匀地分布在直线的两侧，遇到个别偏差较大的点应舍去。

六、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mg＝(M＋m）a；以小车为研究对象得F＝Ma；求得F＝错误!·mg＝错误!·mg<mg.本实验用小盘和盘中砝码的重力mg代替小车所受的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和盘中砝码的重力。

小盘和砝码的总质量越小，由此引起的误差就越小。

(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产生误差。

HE XINKAO DIAN ZHONG DIAN TU PO核心考点·重点突破考点一教材原型实验例1 （2019·山东潍坊期中)如图甲所示，托盘连接细线通过定滑轮牵引小车，使小车在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

利用该装置可以完成“探究牛顿第二定律”的实验。

(1）图乙为某次实验打出的一条纸带，电源频率为50 Hz,纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取O、A、B、C、D五个计数点，用刻度尺量出A、B、C、D点到O点的距离，则小车的加速度a＝0。

92 m/s2。

（结果保留两位有效数字）（2)某同学平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码质量，且满足小车质量远大于托盘和砝码的总质量,作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图丙所示.重力加速度g＝10 m/s 2，则小车的质量为0。

56 kg ，托盘的质量为0.005_6 kg 。

[解析］本题考查探究加速度与合力、质量关系实验的注意事项、数据处理和对a －F 图象的理解。

(1）打点计时器的打点周期T ＝错误!＝0。

02 s,相邻两计数点间有4个计时点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔t ＝5×0.02 s ＝0.1s ，小车的加速度a ＝OD －2OB 2t2＝错误!＝0.92 m/s 2。

(2)因为小车质量远大于托盘和砝码的总质量,所以小车所受合力等于托盘和砝码的重力，设托盘的质量为m 0，小车的质量为M ，由牛顿第二定律得F ＋m 0g ＝Ma ，由以上两式解得a ＝错误!F ＋错误!,则错误!表示斜率,错误!表示截距，由题图丙知错误!＝错误!，错误!＝0.1，解得M ＝0。

56 kg ，m 0＝0。

005 6 kg.〔类题演练1〕（2019·黑龙江哈尔滨三中期末)如图所示，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）本实验先保护小车质量不变，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B。

A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法（2）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B. A．Mg B．mgC．（M＋m)g(3）该实验中，保护小车所受合外力不变，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B。

A．a－M图象B．a－1M图象C．a－错误!图象D．a－M2图象［解析] 本题考查探究加速度与合力、质量的关系实验的实验方法、原理和作图。

（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控制变量法，选项B正确.(2)根据牛顿第二定律，对钩码有mg－F＝ma，对小车有F＝Ma，由以上两式解得小车所受的拉力F＝错误!mg＝错误!mg，当m≪M时，小车释放后所受的合外力近似等于钩码的重力mg，选项B正确。

（3)加速度a与质量M成反比，为了比较容易地看出加速度a与质量M的关系应作a－错误!图象，选项B正确，选项A、C、D错误.考点二实验拓展创新1．实验器材的改进气垫导轨（不用平衡摩擦力)错误!长木板2．数据测量的改进(1)合外力的测量由力传感器直接测量（2）加速度的获得①测定通过的时间,由a＝错误!错误!求出加速度②小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到3．实验的拓展延伸以“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。

例2 (2020·山东烟台一模）实验小组用图甲所示的装置既可以探究加速度与合力的关系，又可以测量当地的重力加速度。

装置中的物块下端连接纸带，沙桶中可放置细沙以便改变物块所受到力的大小，物块向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出，现保持物块质量不变,逐渐增大沙桶和沙的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数,大小等于悬挂滑轮绳子的拉力）,不计滑轮的重力。

（1）某同学根据实验数据画出了a－F关系图线如图乙所示，则由该图象可求得物块的质量m＝0。

20 kg,当地重力加速度g＝10 m/s2（结果均保留两位有效数字）。

(2)改变沙桶和沙的总质量M使物块获得不同大小的加速度a,则实验得到的加速度a的值可能是CD（填选项前的字母)。

A．12.0 m/s2B．10.0 m/s2C．6.5 m/s2D．8。

2 m/s2［解析] 本题考查利用力传感器探究加速度与合力、质量的关系。

(1）对物块分析可得F T－mg＝ma，对滑轮应有F＝2F T，联立以上方程可得a＝错误!F－g，可得a－F图线的斜率k＝错误!,代入图象数据解得m＝0.20 kg，纵轴的截距－g＝－10 m/s2，解得g＝10 m/s2。

(2）由图象可知实验得到的加速度a的值应该大于0小于9 m/s2，符合条件的只有C、D.〔类题演练2〕（2019·湖北荆门一中月考）在做探究“加速度与力和质量的关系"实验时，某同学对传统实验进行了改进，其实验操作如下：①如图甲所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端,调节平板的倾角θ,使小车沿斜面向下做匀速直线运动,测出沙和沙桶的总质量m；②保持平板倾角θ不变,去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a;③保持小车质量M不变,多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；④多次改变小车的质量,进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。

（1)在上述实验操作过程中，以下说法正确的是CD。

A．可以用手机充电宝电池盒给打点计时器供电B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源C．要保持细绳与平板平行D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动（2)在操作①中若打了一条如图乙所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当减小（填“增大”或“减小”）些。

(3）在操作②中，小车所受的合力大小等于mg(用题中所给定的字母以及重力加速度g表示)。

(4)在本实验中不需要（填“需要"或“不需要”）满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量;在操作④中，每次改变小车质量后，需要(填“需要"或“不需要"）重新调节平板的倾角。

［解析] （1）本题考查利用改进实验探究加速度与合力、质量的关系。

（1)打点计时器使用交流电源，故不能用手机充电宝电池盒给打点计时器供电，选项A错误；实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，选项B错误；实验时应保持细绳与平板平行，选项C正确；应让小车从靠近定滑轮处开始运动，选项D正确.(2）在操作①中若打了一条如图乙所示的纸带，可知小车做加速运动,则平板的倾角过大，应将平板的倾角适当减小些。

(3）小车沿斜面向下做匀速直线运动时，由平衡条件得Mg sin θ＝f＋mg,解得mg＝Mg sin θ－f,去掉沙和沙桶，小车所受的合力F合＝Mg sin θ－f＝mg。

(4）由于小车所受的合力等于开始悬挂的沙和沙桶的重力，故不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；由（3)知，改变小车的质量,需要重新调节平板的倾角.2 NIANGAO KAO MO NI XUN LIAN2年高考·模拟训练1．(2018·江苏单科，11)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。

实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码;③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。

释放重锤2，同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。