专题10 牛顿第二定律（7大考点）- 2025-2026学年高一上学期物理同步培优训练（人教版必修第一册）

专题10 牛顿第二定律 7大高频考点概览 考点01 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义（共4小题） 考点02 牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 考点03 牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 考点04 牛顿第二定律求解多过程问题（共6小题） 考点05 牛顿第二定律的图像问题（共5小题） 考点06 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共5小题） 考点07 探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 地 城 考点01 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1．下列关于牛顿运动定律的说法正确的是（　　） A．牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的特例 B．用力提一个很重的箱子但没有提动，这与牛顿第二定律矛盾 C．从尾部向外喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第三定律解释 D．根据牛顿第三定律，用手托着一块砖突然向上加速时，砖受到的支持力大于手受到的压力 2．下列关于各物理公式的说法正确的是（　　） A．只能适用于匀变速直线运动 B．只能适用于直线运动 C．对比v＝v0+at可得匀变速直线运动中点位置的速度等于中点时刻的速度 D．说明加速度与物体的受力成正比，与物体的质量成反比 3．下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是（　　） A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比 B．由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C．由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比 D．由m可知，物体的质量由它的加速度和它所受的合力而决定 4．（多选）关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是（　　） A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的 B．物体的合外力方向与它的加速度方向相同，与它的速度方向相反，则它的速度一定减小 C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快 D．物体所受合外力为零时，物体的速度不一定等于零 地 城 考点02 牛顿第二定律的简单应用 5．（多选）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ＝30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A的作用力最大值为 6．（多选）如图，两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g（g为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动时，则有关绳1和绳2的拉力大小，正确的说法是（　　） A．小车向左匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg B．小车向左匀加速运动时，绳2的拉力大小为mg C．小车向右匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg D．小车向右匀加速运动时，绳2的拉力大小为0 7．（多选）如图所示，一个质量为2kg的物体放在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为，一根绳子连接物体绕过定滑轮，用力F拉动物体从θ＝30°匀速向右运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（　　） A．拉力F越来越小 B．拉力的最小值为10N C．物体受到的摩擦力越来越小 D．如果拉力大小恒定不变，物体向右做匀加速直线运动 8．如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球B的质量为m，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，已知重力加速度为g，求： （1）力F的大小； （2）球A的质量mA； （3）木板C与水平地面间的动摩擦因数μ。 9．某款游戏装置的结构简图如下，弹射装置将小物块以一定的初速度从A点弹出，滑过平直轨道AB后冲上倾斜的传送带BC，最后停在平台CD上面（视为游戏成功），已知轨道AB的长度d＝0.4m，传运带的长度L＝0.45m、倾角θ＝37°物块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，忽略空气阻力，各部分轨道之间平滑连接，取sin37°＝0.6。求： （1）要使小物块能滑到传送带上，它被弹射的速度v1至少多大； （2）若传送带以1m/s逆时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v2至少多大； （3）若传送带以1m/s顺时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v3至少多大。 10．滑板运动是一项非常刺激的水上运动．研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时（如图），滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，试求（重力加速度g取10m/s2，sin37°取，忽略空气阻力）： （1）水平牵引力的大小； （2）滑板的速率． 11．某一工厂生产产品及运送过程可以简化为如下模型，如图所示，固定斜面倾角为θ＝30°。一个质量M1＝4kg的长板放在斜面的底端附近，板与斜面间的动摩擦因数μ1，板的上端B距小滑轮的距离为s＝11.4m。在板的B端点处放置一个可当成质点的质量为m＝1kg的小物块P，物块与板间的动摩擦因数μ2。不可伸长的轻质细线一端连接板的B端，另一端绕过滑轮悬吊一个质量为M2的物块Q，Q距离地面的高度h＝9m，最初细绳恰好伸直。现无初速释放Q，Q与地相碰后不反弹。设P与板、板与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。 （1）若拿掉P物体，且Q的质量M2＝6kg，则释放Q后，板的加速度大小是多少？ （2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，M2质量至少是多少？ （3）若M2kg，且P不会从板上滑落，求板的长度的最小值？ 12．将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。 13．如图所示，质量均为m的滑块A、木板B左端对齐，静止叠放在水平地面上，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时刻，用带有橡胶指套的手指在A的上表面以恒定速率v向右移动，手指对A的压力为F＝0.5mg，经一段时间Δt（未知）后，撤去手指，此时A的左端与B上表面标记点P的距离恰好等于手指在A上表面留下的划痕长度。撤去手指Δt后，A的左端与P对齐且A、B恰好速度相等，已知重力加速度g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）手指撤去前后瞬间，木板B的加速度大小之比； （2）求Δt； （3）若A的左端恰好与标记点P对齐时，立即再用手指在A上表面匀速移动，手指对A的压力恒为0.5mg，每次有手指作用时间与无手指作用时间均为Δt，但手指向右移动速率逐次增大某个定值，以保证A、B每次速度相等时均恰好开始下一次手指作用。已知A的长度为，B的长度为，求从开始到A的右端与B的右端对齐过程手指作用的次数。 14．风洞实验室，是以人工的方式产生并且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围气体的流动情况，并可量度气流对实体的作用效果以及观察物理现象的一种管道状实验设备，它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具之一。如图所示为在某风洞做模拟实验的示意图，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为37°，现小球在F＝20N的竖直向上的风力作用下，从A点由静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。试求： （1）求杆对球的支持力的大小和方向。 （2）若风力F作用2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm。 （3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的摩擦因数可以改变，求当摩擦因数超过多少时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。 地 城 考点03 牛顿第二定律求解瞬时问题 15．一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，弹簧的长度比其自然长度伸长了L。现向下缓慢拉盘使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　） A． B． C． D． 16．如图所示，P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O′点。系统静止时，细线及弹簧与竖直方向的夹角分别为30°、60°、30°。已知小球Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．O′Q间细线张力的大小为 B．弹簧弹力的大小为 C．若将弹簧剪断，剪断瞬间P球的瞬时加速度大小为 D．P球的质量 17．（多选）如图所示，物块a、b分别用不可伸长的轻绳与墙壁连接，中间连接有轻质弹簧，在水平地面上保持静止状态。已知a、b质量均为1kg、与地面间的动摩擦因数均为0.4，弹簧弹力大小为5N，左、右两侧绳子拉力大小分别为3N、5N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．弹簧处于压缩状态 B．弹簧处于拉伸状态 C．若突然剪断右侧轻绳，a的加速度大小为2.5m/s2 D．若突然剪断右侧轻绳，b的加速度大小为1m/s2 18．如图所示，与水平方向夹角为θ的不可伸长的轻质细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g。求： （1）细绳的拉力大小； （2）弹簧的压缩量； （3）细绳剪断的瞬间，小球的加速度。 地 城 考点04 牛顿第二定律求解多过程问题 19．如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦因数为0.1 C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 20．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力F大小恒为M（g+a） B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 21．（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a，且静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g，小物块a、b均可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．a、b分离时，弹簧的压缩量为 B．物块b加速度的大小为gsinθ C．t时a、b分离 D．对b施加沿斜面向上的外力大小的最小值和最大值之比为4：9 22．（多选）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　） A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为0.6N B．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向右 C．t＝2.5s时刻A、B分离 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移大小为5.4m 23．如图所示，质量都为m＝3kg的两个相同的物块A、B，它们之间用L＝0.5m轻绳相连，两物块与地面间动摩擦因数均为，物块B在与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力F作用下，以v0＝5m/s的速度向右做匀速直线运动（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）拉力F的大小； （2）剪断轻绳后A继续滑行的时间t； （3）剪断轻绳后，当A停止时，此刻两物体AB之间的距离x。 24．如图1所示，一质量m1＝2kg、长l＝4m的平板车静止在光滑水平地面上，上表面离地高h＝0.45m，右侧足够远的竖直墙面固定一处于自然状态下的轻弹簧，弹簧的原长l0＝20cm，其弹力F随伸长量Δl变化如图2所示。质量m2＝1kg的滑块（可视为质点）以v0＝3m/s的初速度滑上平板车，已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）若平板车固定： ①滑块滑离平板车时的速度大小v1； ②落地点距平板车右端的水平距离s； （2）若平板车不固定： ①请判断滑块是否会滑离平板车，若不滑离，它们共同运动的速度大小v2； ②平板车与弹簧接触以后，到滑块与平板车之间即将相对滑动时，此时弹簧的长度l。 地 城 考点05 牛顿第二定律的图像问题 25．如图（1）所示，质量为m的小球用细线悬挂，静止于足够深的油槽中，某时刻剪断细线，小球开始在油槽中下沉。下沉过程中，小球受重力、浮力（大小不变）、粘滞阻力作用。测得小球的加速度随下沉速度变化的图像如图（2）所示。已知重力加速度为g，下沉过程中（　　） A．小球的最大加速度为g B．小球先加速后减速，最后做匀速运动 C．小球受到的浮力大小为 D．小球受到的最大粘滞阻力为ma0 26．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在0～t1的时间内，它们的v﹣t图像如图所示，在这段时间内 A．t0时刻甲、乙两车速度大小相等方向相反 B．t0时刻甲、乙两车相遇 C．汽车甲受到的合外力逐渐增大，汽车乙受到的合外力逐渐减小 D．汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度 27．如图（a），质量m1＝0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图（b）显示小物块与小车第1s内运动的v﹣t图象，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（　　） A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4 B．恒力F＝0.5N C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5m D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7m 28．（多选）如图甲所示，两形状相同、质量分别为m和2m的物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加竖直向上的力F后，物体A运动的v﹣t图像如图乙所示，t0时刻物体A、B将要分离，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时刻弹簧的压缩量为 B．t0时刻物体B开始减速 C．0～t0时间力F逐渐增大 D．力F的最小值为 29．（多选）如图（a），倾角为θ的粗糙斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的关系如图（b）所示。g取10m/s2。若增大物体的质量，重复实验，得到的a﹣F图像（　　） A．斜率不变 B．横轴截距增大 C．纵轴截距增大 D．纵轴截距不变 地 城 考点06 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 30．风洞通过人工产生和控制的气流，可以模拟物体周围气体的流动，对物体产生不同规律的阻力。在风洞实验室中，先后两次将同一物体以相同的初速度竖直向上抛出并沿竖直方向运动后落回抛出点，第一次产生的空气阻力大小与速率成正比，物体运动的速度随运动时间的变化如图甲所示，物体在t2时刻落回抛出点；第二次产生的空气阻力大小恒定，物体运动的速度随运动时间的变化如图乙所示，物体在t4时刻落回抛出点。前后两次落回抛出点时的速率相等，则关于两种情况下物体的运动时间t2与t4，下列说法正确的是（　　） A．t4＞t2 B．t4＜t2 C．t4＝t2 D．条件不足，无法判断 31．A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（　　） A． B． C． D． 32．（多选）目前世界上只有中国和英美俄研制出了可提供任意方向推力的航空矢量发动机，且我国技术比美国的更加先进。已知安装有航空矢量发动机的飞机总质量m＝20000kg，飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比（即，k为常量）。飞机在竖直方向先关闭发动机由静止下落，然后匀速下落，开启发动机后飞机受到竖直向上的恒定推力后，先向下减速后向上加速然后匀速，飞机竖直方向运动过程中的v﹣t图像如图，以竖直向上为正方向，重力加速度g取10m/s2，不考虑空气相对于地面的流动及飞机质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．常量k大小为1000N•s2/m2 B．飞机受到的竖直向上恒定推力大小为2.5×105N C．飞机向下加速至20m/s时，飞机加速度大小为7.5m/s2 D．飞机向下减速至速度为0时，飞机加速度大小为0.25m/s2 33．某同学研究小球从抛出到落回原处的过程中所受空气阻力的影响，他先将小球竖直向上抛出。 （1）当小球沿竖直方向下落速度为v0时开始计时，其运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到v1。 ①请在图中画出带网格的图形，以其面积表示0～t1时间内小球的位移大小； ②小球沿竖直方向下落过程中，在0～t1时间内，试简要说明其受到的空气阻力f与速度v之间可能存在的定性关系（写出必要的判断依据）。 （2）小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，他认为：上升过程所用时间大于下落过程所用时间。你认为该同学的判断是否正确，并分析说明判断的理由。 34．一汽车行驶时遇到紧急情况，驾驶员迅速正确地使用制动器在最短距离内将车停住，称为紧急制动．设此过程中使汽车减速的阻力与汽车对地面的压力成正比，即Ff＝kFN，其比例系数k只与路面有关．已知该车以72km/h的速度在平直公路上行驶，紧急制动距离为25m，取g＝10m/s2，求： （1）比例系数k； （2）在相同材料的路面上，若该车仍以72km/h的速率在坡度（斜坡的竖直高度和水平距离之比称为坡度）为1：10的斜坡上向下运动，则紧急制动距离将变为多少？（10，结果保留两位有效数字） 地 城 考点07 探究加速度与力、质量之间的关系 35．某同学用如图甲所示装置探究“加速度与小车受力、小车质量的关系”实验。小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑定滑轮与砝码相连。已知打点计时器的频率为50Hz，实验中打下的一条纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个计时点没有画出。关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．该实验不需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量 B．由乙图可知，小车做匀变速运动的加速度大小为0.64m/s2 C．实验中采用“控制变量法”且应先释放小车，再接通打点计时器 D．为了补偿阻力，每次改变小车或砝码质量时，都需重新调节长木板倾角 36．图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。 （1）该实验过程中操作正确的是　 　。 A.平衡小车受到的阻力时小车未连接纸带 B.纸带打点时，先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与长木板平行 （2）某同学通过正确实验操作获得一条纸带，测得各计数点到计数点1的距离如图2所示。已知打点计时器所用交变电流的频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则小车加速度大小a＝　 　 m/s2（结果保留小数点后两位）。 （3）在探究小车的加速度a与小车质量M的关系时，采用图像法处理数据，以小车质量的倒数为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标。甲、乙两组同学分别得到的a图像如图3所示。 ①两图线的左下部分均可视为直线，请分析甲组同学所得直线斜率较大的原因　 　　 　　 　 ； ②两图线的右上部分的斜率随的增大逐渐减小，原因是　　 　　 　　 　　 　　 　　 。 37．某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下： ①按图甲安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，钩码和动滑轮的总质量为M，图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向； ②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F； ③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。 请回答以下问题： （1）已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为a＝ 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 （2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为﹣b（b＞0），则重物质量m＝ 　 　 ，当M＝3m时，重物的加速度大小为a＝ 　 　 。（本问结果均用k、b表示） 38．某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 （1）该实验中，认为细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m 　 　 （需要或不需要）远小于滑块质量M。 （2）实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2，两个光电门间的距离为L，则滑块加速度大小a＝　　 　 。（用字母Δt1、Δt2、L、d表示） （3）为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为L，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组L和t，作出图像，如图乙所示。已知图像的纵轴截距为v0，横轴截距为t0。则v0表示遮光条通过光电门　 　 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小a＝　 　 。（用字母v0、t0表示） （4）为探究滑块加速度与质量M的关系，保持槽码质量m不变，改变滑块与遮光条的总质量M，实验中用槽码重力mg代替细线拉力，把细线中实际拉力记为F，由此引起的相对误差表示为。请写出δ随M变化的关系式：δ＝　 　 ×100%。 39．请使用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝20g的8个槽码。 （1）实验步骤 i.按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着8个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑； ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂7个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a； iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ⅱ； iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤8）的倒数为纵坐标，为横坐标，作出图像。 （2）已知重力加速度大小g＝9.80m/s2，计算结果均保留两位有效数字，请完成下列填空： ①下列说法正确的是 　 　 ； A.接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放 B.小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行 C.实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量 D.若细线下端悬挂着3个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为5mg ②若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有2个点未画出，则加速度大小a＝　 m/s2； ③写出随变化的关系式 　 　　 　 （用M，m，g，a，n表示）； ④测得关系图线的斜率为0.40m/s2，则小车质量M＝　 　 　 kg。 40．某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 请回答下列问题： （1）该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是　 　 ； A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 （2）某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）； （3）该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N，若此虚线对应的小车和砝码总质量为M，悬挂槽码的质量为m，则　 　 （用M、m表示）； （4）该实验小组经过讨论后，改进了（3）中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复（3）中的实验。由此得到的a﹣F图像是一条　 （填“直线”或“曲线”）。 41．“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验装置如图（a）。 （1）当重物加速向下运动时，小车所受的拉力的大小 　　 　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）重物所受重力的大小。当重物的质量 　　 　　 （选填“远大于”、“近似于”或“远小于”）小车的质量时，小车所受的拉力的大小近似等于重物所受重力的大小。 （2）为了减小误差，改进了实验装置用力传感器直接测量小车受到绳子拉力的大小，通过合理的实验步骤，五组同学得到的a﹣F图像如图（b）。根据a﹣F图像中的数据找到小车受力均为F＝0.12N时各组的加速度a，并将各组加速度a及小车质量m的数据填入表格，则表中X处的数值为 　　 　 。利用表中的数据再作a﹣m图像得到一条曲线，为进一步探究加速度a与物体质量m的关系时，可在表格中补充 　 　 （填物理量符号）数据列，再次建立图像。 实验次数 拉力F/N 小车质量m/kg 加速度a/m•s﹣2 ① 0.12 0.1 1.2 ② 0.12 0.125 0.96 ③ 0.12 0.167 0.72 ④ 0.12 0.25 0.48 ⑤ 0.12 0.375 X （3）在探究小车质量m一定时，加速度a与物体受力F的定量关系时，某组同学得到如图（c）所示的a﹣F图像，由图像可得小车的质量为 　 　 （用图中h、i表示），图像不过坐标原点的最可能原因是 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 牛顿第二定律 7大高频考点概览 考点01 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义（共4小题） 考点02 牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 考点03 牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 考点04 牛顿第二定律求解多过程问题（共6小题） 考点05 牛顿第二定律的图像问题（共5小题） 考点06 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共5小题） 考点07 探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 地 城 考点01 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1．下列关于牛顿运动定律的说法正确的是（　　） A．牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的特例 B．用力提一个很重的箱子但没有提动，这与牛顿第二定律矛盾 C．从尾部向外喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第三定律解释 D．根据牛顿第三定律，用手托着一块砖突然向上加速时，砖受到的支持力大于手受到的压力 【答案】C 【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系即F＝ma.当加速度a＝0时，并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零，因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例，故A错误； B、用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律不矛盾，因为箱子受到的合力为零，故箱子静止，故B错误； C、向尾部喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第三定律解释，故C正确； D、用手托着一块砖突然向上加速时，砖受到的支持力与手受到的压力是一对相互作用力，两者大小相等，方向相反，故D错误。 故选：C。 2．下列关于各物理公式的说法正确的是（　　） A．只能适用于匀变速直线运动 B．只能适用于直线运动 C．对比v＝v0+at可得匀变速直线运动中点位置的速度等于中点时刻的速度 D．说明加速度与物体的受力成正比，与物体的质量成反比 【答案】D 【解答】解：A．该公式是速度的定义式，其适用于任何运动，故A错误； B．该公式是加速度的定义式，其适用于任何运动，不管是直线运动，还是曲线运动，故B错误； C．式子 是通过匀变速直线运动的位移与时间的关系式推导而来，其等号左侧为平均速度，与公式 v＝v0+at 结合可以推导出 即得到结论为匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的速度，不等于中间位置的瞬时速度，故C错误； D．由公式 可知，物体的加速度与其所受力成正比，与物体的质量成反比，故D正确。 故选：D。 3．下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是（　　） A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比 B．由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C．由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比 D．由m可知，物体的质量由它的加速度和它所受的合力而决定 【答案】C 【解答】解：A、物体的合外力与物体的质量和加速度无关，故A错误； BD、物体的质量与合外力以及加速度无关，由本身的性质决定，故BD错误。 C、根据牛顿第二定律a可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，故C正确。 故选：C。 4．（多选）关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是（　　） A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的 B．物体的合外力方向与它的加速度方向相同，与它的速度方向相反，则它的速度一定减小 C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快 D．物体所受合外力为零时，物体的速度不一定等于零 【答案】ABD 【解答】解：A、做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的。故A正确。 B、由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，若与速度方向相反，物体的速度一定减小，故B正确。 C、物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快。故C错误。 D、物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，但速度不一定为零。故D正确 故选：ABD。 地 城 考点02 牛顿第二定律的简单应用 5．（多选）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ＝30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A的作用力最大值为 【答案】AC 【解答】解：A、根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有：Fcosθ＝mg 解得：F 轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确； B、杆对球B的作用力大小始终也为F；当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律： Fsinθ＝2ma1 解得：a1 故B错误； C、若，B与底面间的最大静摩擦力为：f1＝k （2mg+Fcosθ） 当A与侧壁无弹力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律：f1＝3ma2 解得：a2g 但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律：Fsinθ＝ma3 解得：a3g 因此，允许的最大加速度为g，故C正确； D、若，当小车做匀加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时，侧壁对小球A的作用力FN最小时，对B根据牛顿第二定律可得：k （2mg+Fcosθ）+Fsinθ＝2ma4 对A根据牛顿第二定律可得：FN﹣Fsinθ＝ma4 解得：FNmg 故D错误。 故选：AC。 6．（多选）如图，两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g（g为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动时，则有关绳1和绳2的拉力大小，正确的说法是（　　） A．小车向左匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg B．小车向左匀加速运动时，绳2的拉力大小为mg C．小车向右匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg D．小车向右匀加速运动时，绳2的拉力大小为0 【答案】BCD 【解答】解：AB、小车向左匀加速运动时，假设绳1没有拉力，绳2的拉力为F2，则水平方向F2cos60°＝ma2 竖直方向F2sin60°＝mg 联立解得：a2g 小车的加速度为2g＞a2g 则绳1中没有拉力，且物体会飘起来，绳2的张力设为F2'，对物块受力分析，如图： 则F2'mg 故A错误，B正确； CD、小车向右匀加速运动时，假设绳2没有拉力，绳1的拉力为F1，则水平方向F1cos30°＝ma1 竖直方向F1sin30°＝mg 联立解得：a1g 小车的加速度为2g＞a1g 则绳2中没有拉力，且物体会飘起来，绳1的张力设为F1'，对物块受力分析，如图： 则F1'mg 故CD正确。 故选：BCD。 7．（多选）如图所示，一个质量为2kg的物体放在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为，一根绳子连接物体绕过定滑轮，用力F拉动物体从θ＝30°匀速向右运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（　　） A．拉力F越来越小 B．拉力的最小值为10N C．物体受到的摩擦力越来越小 D．如果拉力大小恒定不变，物体向右做匀加速直线运动 【答案】BC 【解答】解：对物块受力分析如图所示： ABC、物块做匀速直线运动，根据共点力平衡条件得： 水平方向：Fcosθ＝f 竖直方向：N+Fsinθ＝mg 滑动摩擦力f＝μN 联立解得：F 摩擦力f 其中tanα 解得：α＝60° 物体从θ＝30°运动滑轮正下方的过程中，θ由30°增大到90°，θ+α由90°增大到150°，sin（θ+α）一直减小，tanθ一直增大，则F一直增大，f一直减小，当θ+α＝90°时，F最小，最小值为： FminN＝10N 故A错误，BC正确； D、如果拉力大小恒定不变，对物体，由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma 解得：a（cosθ+μsinθ）﹣μgsin（θ+α）﹣μg 可知物体从θ＝30°运动滑轮正下方的过程中，物体的加速度时刻变化，故物体向右做变加速直线运动，故D错误； 故选：BC。 8．如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球B的质量为m，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，已知重力加速度为g，求： （1）力F的大小； （2）球A的质量mA； （3）木板C与水平地面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）力F的大小为mg； （2）球A的质量mA为m； （3）木板C与水平地面间的动摩擦因数μ为。 【解答】解：（1）对B球受力分析，如图甲所示 根据正交分解，则x轴方向上有 Fcos30°＝Fbsin60°y轴方向上有 Fsin30°+Fbcos60°＝mg 解得F＝Fb＝mg （2）对A球受力分析，如图乙所示 根据正交分解，则 x轴方向上有Fbsin60°＝Fasin30° y轴方向上有Facos30°＝Fbcos60°+mAg 解得mA＝m （3）对ABC整体受力分析，如图丙所示 根据正交分解，则x轴方向上有 Fcos30°＝Ffy轴方向上有 Fsin30°+FN＝（m+mA+M）g 又Ff＝μFN 解得 答：（1）力F的大小为mg； （2）球A的质量mA为m； （3）木板C与水平地面间的动摩擦因数μ为。 9．某款游戏装置的结构简图如下，弹射装置将小物块以一定的初速度从A点弹出，滑过平直轨道AB后冲上倾斜的传送带BC，最后停在平台CD上面（视为游戏成功），已知轨道AB的长度d＝0.4m，传运带的长度L＝0.45m、倾角θ＝37°物块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，忽略空气阻力，各部分轨道之间平滑连接，取sin37°＝0.6。求： （1）要使小物块能滑到传送带上，它被弹射的速度v1至少多大； （2）若传送带以1m/s逆时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v2至少多大； （3）若传送带以1m/s顺时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v3至少多大。 【答案】（1）要使小物块能滑到传送带上，它被弹射的速度v1至少为2m/s； （2）若传送带以1m/s逆时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v2至少为； （3）若传送带以1m/s顺时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v3至少为3m/s。 【解答】解：（1）临界条件是物块刚好到达B点，此时vB＝0，在轨道AB上滑行时的加速度大小为 a1＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2 根据速度一位移公式有 解得 v1＝2m/s （2）临界条件为物块刚好能冲到C点，vC＝0，物块沿传送带上滑时的加速度大小为a2，则有 mgsin37°+μmgcos37°＝ma2 解得 在B到C匀减速过程中，有 A到B匀减速过程中，有 解得 （3）当物块以v3的初速被弹出，到达B点时的速度为vB3，若vB3＜1m/s，它将做匀减速运动，加速度大小满足 mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3 解得 能上滑的最大距离为 不符合题意 当vB3＞1m/s时，做匀减速运动的加速度大小为10m/s2，当速度减到1m/s时（与传送带同速），紧接着做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，考虑临界情况，第二个匀减速运动的位移 m＝0.25m 那么第一个匀减速运动位移 l1＝L﹣l2＝0.45m﹣0.25m＝0.2m 根据 结合 解得 v3＝3m/s 答：（1）要使小物块能滑到传送带上，它被弹射的速度v1至少为2m/s； （2）若传送带以1m/s逆时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v2至少为； （3）若传送带以1m/s顺时针转动，要使游戏成功，小物块被弹射的速度v3至少为3m/s。 10．滑板运动是一项非常刺激的水上运动．研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时（如图），滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，试求（重力加速度g取10m/s2，sin37°取，忽略空气阻力）： （1）水平牵引力的大小； （2）滑板的速率． 【答案】解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示 由共点力平衡条件可得 FNcosθ＝mg ① FNsinθ＝F ② 由①、②联立，得 F＝810N 即水平牵引力的大小810N． （2）由①式 FN 根据题意 FN＝kv2得 v5m/s 即滑板的速率为5m/s 答：（1）水平牵引力的大小为810N； （2）滑板的速率为5m/s． 11．某一工厂生产产品及运送过程可以简化为如下模型，如图所示，固定斜面倾角为θ＝30°。一个质量M1＝4kg的长板放在斜面的底端附近，板与斜面间的动摩擦因数μ1，板的上端B距小滑轮的距离为s＝11.4m。在板的B端点处放置一个可当成质点的质量为m＝1kg的小物块P，物块与板间的动摩擦因数μ2。不可伸长的轻质细线一端连接板的B端，另一端绕过滑轮悬吊一个质量为M2的物块Q，Q距离地面的高度h＝9m，最初细绳恰好伸直。现无初速释放Q，Q与地相碰后不反弹。设P与板、板与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。 （1）若拿掉P物体，且Q的质量M2＝6kg，则释放Q后，板的加速度大小是多少？ （2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，M2质量至少是多少？ （3）若M2kg，且P不会从板上滑落，求板的长度的最小值？ 【答案】（1）若拿掉P物体，且Q的质量M2＝6kg，则释放Q后，板的加速度大小是3m/s2； （2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，M2质量至少是5.9375kg； （3）若M2kg，且P不会从板上滑落，则板的长度的最小值4.64m。 【解答】解：（1）设M1，M2的共同加速度为a1 对M2有：M2g﹣T1＝M2a1 对M1有T1﹣M1gsinθ﹣μ1M1gcosθ＝M1a1 代入数据解得：a1＝3m/s2 （2）当M2质量最小时，滑块与板应该相对静止一起运动，且到达滑轮位置时速度恰为零， 板向上加速h时有：h M2落地后对板和滑块有共同加速度a3，由牛顿第二定律有：（M1+m）sinθ+μ1（M1+m）cosθ＝（M1+m）a3 代入可得：a3＝7.5m/s2 又由几何关系有：s﹣h 代入数据解得：v＝6m/s a2＝2m/s2 而对滑块，向上的最大加速度为：am＝μ2gcosθ﹣gsinθ 代入数据得到：am＝2.5m/s2＞a2，所以上述解法成立。 对M2有：M2g﹣T2＝M2a2 对有：T2﹣（M1+m）gsinθ﹣μ1（M1+m）gcosθ＝（M1+m）a2 解得M2最小值：M2kg＝5.9375kg （3）如果滑块与板间有相对滑动对滑块有：am＝2.5m/s2 对M2有：M2g﹣T3＝M2a4 对M1有：T3﹣μ2mgcosθ﹣M1gsinθ﹣μ1（M1+m）gcosθ＝M1a4 代入数据得：a4＝4.5m/s2＞am，上述解法成立 板向上加速h时有：h 所以求得：v1＝9m/s 加速时间：t1 代入得到：t1＝2s M2落地后对板有：μ2mgcosθ+M1gsinθ+μ1（M1+m）gcosθ＝M1a5 代入数据得：a5＝10m/s2 滑块与板共速时对滑块有：v2＝am（t1+t2），对板有：v2＝v1﹣a5t2 联立解得：t2＝0.32s 共速时滑块的位移：s1 代入得到：s1＝6.728m 木板位移：s2＝hs2＝11.368m 若不会滑下，则板长至少为：L＝s2﹣s1 代入解得：L＝4.64m 答：（1）若拿掉P物体，且Q的质量M2＝6kg，则释放Q后，板的加速度大小是3m/s2； （2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，M2质量至少是5.9375kg； （3）若M2kg，且P不会从板上滑落，则板的长度的最小值4.64m。 12．将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。 【答案】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53°＝mg，F＝1.25N 此时无摩擦力． 当F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律有： Fcosθ﹣μFN＝ma，FN+Fsinθ＝mg， 解得：F＝1N 当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律有： Fcosθ﹣μFN＝ma，Fsinθ＝mg+FN， 解得：F＝9N 答：F的大小为1N或者9N． 13．如图所示，质量均为m的滑块A、木板B左端对齐，静止叠放在水平地面上，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时刻，用带有橡胶指套的手指在A的上表面以恒定速率v向右移动，手指对A的压力为F＝0.5mg，经一段时间Δt（未知）后，撤去手指，此时A的左端与B上表面标记点P的距离恰好等于手指在A上表面留下的划痕长度。撤去手指Δt后，A的左端与P对齐且A、B恰好速度相等，已知重力加速度g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）手指撤去前后瞬间，木板B的加速度大小之比； （2）求Δt； （3）若A的左端恰好与标记点P对齐时，立即再用手指在A上表面匀速移动，手指对A的压力恒为0.5mg，每次有手指作用时间与无手指作用时间均为Δt，但手指向右移动速率逐次增大某个定值，以保证A、B每次速度相等时均恰好开始下一次手指作用。已知A的长度为，B的长度为，求从开始到A的右端与B的右端对齐过程手指作用的次数。 【答案】（1）手指撤去前后斜间，木板B的加速度大小之比为2； （2）Δt为； （3）从开始到A的右端与B的右端对齐过程手指作用4次。 【解答】解：（1）手指作用期间，A、B必定相对滑动，在假设B相对地面滑动，对B有：μ1（F+mg）﹣μ2（F+2mg）＝maB，解得：aB＝0.2g＞0，假设成立； 撤去手指后，对B：μ1mg﹣μ22mg＝maB′，解得：aB′＝0.1g，手指撤去前后，木板B的加速度大小之比； （2）撤去手指后，对A有，μ1mg＝ma′A 代入数据得：a′A＝0.3g 对B有，μ1mg﹣μ22mg＝ma′B 代入数据得：a′B＝0.1g Δt时，B的速度，vB＝aBΔt＝0.2gΔt 2Δt时AB第一次共速，记作u1，则 u1＝aBΔt+a′BΔt＝0.3gΔt 故可推出Δt时，A的速度 vA＝u1+a′AΔt＝0.6gΔt 假设手指作用时先与A相对滑动，后达到共速并相对静止，故Δt时A的速度 vA＝v＝0.6gΔt 代入数据得：Δt （3）找递推关系。设A、B第n﹣1次速度相等时的速度大小为un﹣1，此时开始第n次手指作用，手指速率为vn，Δt后撤去手指，再隔Δt后A、B恰好速度相等为un，则撤去手指时A、B的速度分别为 vAn＝un+a'AΔt＝unv vBn＝un+a'BΔt＝unv 根据手指作用过程可知 vBn＝un﹣1+aBΔt＝un﹣1v 联立可得un﹣un﹣1v un＝u1+（n﹣1）vv 由于 vAn﹣un﹣1＝v＜aAΔtv 故手指作用时不能一直相对A滑动，而一定是先与A相对滑动，后达到共速并相对静止，所以 vn＝vAn＝unv 每次递增 Δvv 设手指作用Δτ后与A相对静止 Δτ（就是t1） 在手指作用期间A、B的相对位移 ΔxABΔτ+vn（Δt﹣Δτ）Δt 解得ΔxAB 在撤去手指期间A、B的相对位移 Δx'ABΔtΔt 故每次手指作用造成A、B的相对位移为 Δx＝ΔxAB+Δx'AB 解得Δx 从开始到A与B的右端面对齐，总的相对位移为 L﹣l3Δx 即经历了3个完整周期，最后的正好等于每次手指作用期间A、B的相对位移，手指共作用4次。 答：（1）手指撤去前后斜间，木板B的加速度大小之比为2； （2）Δt为； （3）从开始到A的右端与B的右端对齐过程手指作用4次。 14．风洞实验室，是以人工的方式产生并且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围气体的流动情况，并可量度气流对实体的作用效果以及观察物理现象的一种管道状实验设备，它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具之一。如图所示为在某风洞做模拟实验的示意图，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为37°，现小球在F＝20N的竖直向上的风力作用下，从A点由静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。试求： （1）求杆对球的支持力的大小和方向。 （2）若风力F作用2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm。 （3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的摩擦因数可以改变，求当摩擦因数超过多少时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。 【答案】（1）杆对球的支持力的大小和方向为8N，方向垂直于杆向下。 （2）若风力F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离xm为12m。 （3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的摩擦因数可以改变，当摩擦因数超过0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。 【解答】解：（1）小球在垂直于杆向上受风力的分力 F1＝Fcos37°＝20×0.8N＝16N 小球受重力垂直于杆向下的分力 G1＝Gcos37°＝1×10×0.8N＝8N 小球在垂直于杆方向上受力平衡，所以杆对球的支持力的大小 F′＝F1﹣G1＝16N﹣8N＝8N，方向垂直于杆向下 （2）风力F作用时，由牛顿第二定律 （F﹣mg）sin37°﹣μ（F﹣mg）cos37°＝ma1 解得：a＝4m/s2，方向沿杆向上. 风力作用2s末的速度为 v1＝a1t1＝4×2m/s＝8/s 风力作用2s末的位移为 x1at2 解得：x1＝8m 风力撤去后，由牛顿第二定律 mgsin37°+μmgcos37°＝ma2 解得：a2＝8m/s2，方向沿杆向下. 小球继续上滑的位移 x2 解得：x2＝4m 小球上滑过程中距A点的最大距离 xm＝x1+x2＝8m+4m＝12m （3）若球都将在A点保持静止，则当风力为零时 mgsin37°＝μmgcos37° 解得μ＝0.75 当风力较大时 （F﹣mg）sin37°﹣μ（F﹣mg）cos37°＝0 解得：F 6＝8μ时，即μ＝0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。 所以当摩擦因数超过0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止. 答：（1）杆对球的支持力的大小和方向为8N，方向垂直于杆向下。 （2）若风力F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离xm为12m。 （3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的摩擦因数可以改变，当摩擦因数超过0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。 地 城 考点03 牛顿第二定律求解瞬时问题 15．一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，弹簧的长度比其自然长度伸长了L。现向下缓慢拉盘使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：当盘静止时，对平盘与物体，由平衡条件得：（m+m0）g＝kL 设使弹簧再伸长Δl刚刚松手时，由牛顿第二定律得： 对平盘与物体系统：k（L+ΔL）﹣（m+m0）g＝（m+m0）a 对物体：FN﹣mg＝ma 解得：，故D正确，ABC错误。 故选：D。 16．如图所示，P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O′点。系统静止时，细线及弹簧与竖直方向的夹角分别为30°、60°、30°。已知小球Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．O′Q间细线张力的大小为 B．弹簧弹力的大小为 C．若将弹簧剪断，剪断瞬间P球的瞬时加速度大小为 D．P球的质量 【答案】D 【解答】解：AB．对小球Q受力分析，小球受竖直向下的重力、绳的拉力和弹簧的弹力，根据平衡条件可得 故AB错误； D．对小球P受力分析，并进行力的分解可得 mPg+kxcos60°＝FOPcos30° kxsin60°＝FOPsin30° 联立解得 ， 故D正确； C．若将弹簧剪断，剪断瞬间P球的瞬时加速度大小为 故C错误。 故选：D。 17．（多选）如图所示，物块a、b分别用不可伸长的轻绳与墙壁连接，中间连接有轻质弹簧，在水平地面上保持静止状态。已知a、b质量均为1kg、与地面间的动摩擦因数均为0.4，弹簧弹力大小为5N，左、右两侧绳子拉力大小分别为3N、5N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．弹簧处于压缩状态 B．弹簧处于拉伸状态 C．若突然剪断右侧轻绳，a的加速度大小为2.5m/s2 D．若突然剪断右侧轻绳，b的加速度大小为1m/s2 【答案】BD 【解答】解：A B．物块与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知a、b质量均为1kg、与地面间的动摩擦因数均为0.4， Fmax＝μmg＝0.4×10N＝4N 若弹簧处于压缩状态，物块a所受弹簧弹力向左，绳子拉力向左，则所受静摩擦力 Ff1＝3N+5N＝8N＞Fmax 故假设不成立。若弹簧处于拉伸状态时，物块a所受弹簧弹力向右，绳子拉力向左，则所受静摩擦力向左，大小为 Ff1＝5N﹣3N＝2N 物块b所受弹簧弹力向左，绳子拉力向右，因两力大小都等于5N，故两力平衡，物块b不受摩擦力，故假设成立，弹簧处于拉伸状态，故A错误，B正确； C．若突然剪断右侧轻绳，弹簧弹力瞬间不变，物块a所受合力依然为零，由牛顿第二定律可知，物块a加速度为零，故C错误； D．若突然剪断右侧轻绳，物块b受大小为5N向左的弹簧弹力和大小为4N向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得b的加速度大小 故D正确。 故选：BD。 18．如图所示，与水平方向夹角为θ的不可伸长的轻质细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g。求： （1）细绳的拉力大小； （2）弹簧的压缩量； （3）细绳剪断的瞬间，小球的加速度。 【答案】（1）细绳的拉力大小是； （2）弹簧的压缩量是； （3）细绳剪断的瞬间，小球的加速度大小为，方向为沿绳斜向左下方。 【解答】解：（1）小球受力如图所示 细绳的拉力大小T （2）小球受到的弹簧弹力：kx 解得，弹簧的压缩量：x （3）细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，小球所受重力、弹簧弹力保持不变， 小球受到的合力与细绳的拉力等大反向，对小球，由牛顿第二定律得：ma 解得，小球的加速度大小：a，方向沿绳斜向左下方 答：（1）细绳的拉力大小是； （2）弹簧的压缩量是； （3）细绳剪断的瞬间，小球的加速度大小为，方向为沿绳斜向左下方。 地 城 考点04 牛顿第二定律求解多过程问题 19．如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦因数为0.1 C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 【答案】D 【解答】解：AB.由题意可知，在运动过程中A做减速运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0s上部分图线为物块A的v﹣t图线，下部分为长木板B的v﹣t图线， v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则物块A与长木板B的加速度大小分别为：，， 根据牛顿第二定律可得：fA＝mAaA，fB＝mBaB， 根据牛顿第三定律可得：fA＝fB＝μmAg， 联立可得：mA＝1kg，μ＝0.2，故AB错误； D.v﹣t图线与t轴所围面积大小表示位移大小，则0～1.0s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移大小为：，故D正确； C.由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误； 故选：D。 20．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力F大小恒为M（g+a） B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】C 【解答】解：A、施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有 2Mg＝kx0， 解得：x0， 加外力F后到物体A、B分离前，对A、B整体有： F﹣2Mg+F弹＝2Ma， 又因F弹＝kx， 由于压缩量x减小，故F为变力，故A错误； BD、物体A、B分离时，A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对A有 F﹣Mg＝Ma， 解得：F＝M（g+a）， A、B分离后，B做加速度减小的加速运动，当F弹＝Mg时，B达到最大速度，故B、D错误； C、A、B分离时，对B有： F弹'﹣Mg＝Ma， 解得：F弹'＝M（g+a）， 此时弹簧的压缩量为 x2， 故弹簧的压缩量减小了 Δx＝x0﹣x2， 即A上升的距离h，故C正确。 故选：C。 21．（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a，且静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g，小物块a、b均可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．a、b分离时，弹簧的压缩量为 B．物块b加速度的大小为gsinθ C．t时a、b分离 D．对b施加沿斜面向上的外力大小的最小值和最大值之比为4：9 【答案】ABD 【解答】解：A、开始时，物块a、b静止，对a、b整体由力的平衡可得： 物块b做初速度为零的匀加速直线运动，且始终做匀加速直线运动，可知物块b与物块a分离前后加速度不变，且前后运动时间相等，位移大小为x0，根据推论可知两物块分离前后，物块b的位移之比为1：3，可得物块b从静止到与a分离过程的位移大小为： a、b分离瞬间，两者相互挤压的弹力为零，但两者的加速度大小相等，方向沿着斜面向上，此时弹簧仍处于压缩状态，可知从开始到a、b分离过程，a运动的位移等于，即弹簧的压缩量减少，所以a、b分离时，弹簧的压缩量为：x，故A正确； B、由a、b分离时，弹簧的压缩量为，可得此时弹簧弹力大小为：，对物块a，由牛顿第二定律有：Fk﹣mgsinθ＝ma 联立方程可得：，a、b分离前两者的加速度大小相等，所以物块b的加速度大小为，故B正确； C、设物块b运动位移为x0过程所用时间为t1，则，可得，由题意可知当时，a、b分离，故C错误； D、设a、b分离前两者相互挤压的弹力为N，对b由牛顿第二定律有：，N逐渐减小，F逐渐增大，当N＝0时a、b恰好分离，可知开始时F最小，当两者分离时F最大，之后F不变，开始时把a、b看作一个整体，由牛顿第二定律有： 可得，a、b分离时，对b由牛顿第二定律有：，可得，则，故D正确。 故选：ABD。 22．（多选）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　） A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为0.6N B．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向右 C．t＝2.5s时刻A、B分离 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移大小为5.4m 【答案】ABD 【解答】解：A．由图乙可知，t＝2.0s时刻，有 F1＝F2＝1.8N 对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F1+F2＝（mA+mB）a 对B受力分析可得 FAB+F2＝mBa 解得A、B之间作用力为 FAB＝0.6N，方向向右 故A正确； B．由图乙结合数学知识可知 F1＝3.6﹣0.9t，F2＝0.9t t＝2.5s时刻有 F1＝1.35N，F2＝2.25N 对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F1+F2＝（mA+mB）a1 对B根据牛顿第二定律可得 FAB1+F2＝mBa1 解得A、B之间作用力为 FAB1＝0.15N 可知A对B的作用力方向向右，故B正确； C．设t时刻A、B分离，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F1+F2＝（mA+mB）a2 分离时，则A、B之间产生拉力等于0.3N，对A根据牛顿第二定律有 FNmax+F1＝mAa2 解得 t＝3s 故C错误； D．分析图乙可知，A、B分离前所受合力之和一直为3.6N，所以A、B一起做匀加速直线运动，所以从t＝0时刻到A、B分离，根据匀变速直线运动位移与时间的关系式可得，它们运动的位移大小为 故D正确。 故选：ABD。 23．如图所示，质量都为m＝3kg的两个相同的物块A、B，它们之间用L＝0.5m轻绳相连，两物块与地面间动摩擦因数均为，物块B在与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力F作用下，以v0＝5m/s的速度向右做匀速直线运动（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）拉力F的大小； （2）剪断轻绳后A继续滑行的时间t； （3）剪断轻绳后，当A停止时，此刻两物体AB之间的距离x。 【答案】（1）拉力F的大小等于20N； （2）剪断轻绳后A继续滑行的时间等于1.5s； （3）剪断轻绳后，当A停止时，此刻两物体AB之间的距离等于8m。 【解答】解：（1）以A、B为整体，根据平衡条件可得Fcosθ＝fA+fB 其中fA＝μmg，fB＝μ（mg﹣Fsinθ） 联立解得F＝20N （2）剪断轻绳后A做匀减速直线运动，减速过程中的加速度大小为 根据运动学公式可得0＝v0﹣aAt 可得剪断轻绳后A继续滑行的时间为t＝1.5s （3）剪断轻绳后，以B为对象，根据牛顿第二定律可得Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝maB 解得B的加速度大小为 当A停止时，A通过的位移大小为 B通过的位移大小为 则此刻两物体AB之间的距离为x＝xB﹣xA+L，解得x＝8m 答：（1）拉力F的大小等于20N； （2）剪断轻绳后A继续滑行的时间等于1.5s； （3）剪断轻绳后，当A停止时，此刻两物体AB之间的距离等于8m。 24．如图1所示，一质量m1＝2kg、长l＝4m的平板车静止在光滑水平地面上，上表面离地高h＝0.45m，右侧足够远的竖直墙面固定一处于自然状态下的轻弹簧，弹簧的原长l0＝20cm，其弹力F随伸长量Δl变化如图2所示。质量m2＝1kg的滑块（可视为质点）以v0＝3m/s的初速度滑上平板车，已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）若平板车固定： ①滑块滑离平板车时的速度大小v1； ②落地点距平板车右端的水平距离s； （2）若平板车不固定： ①请判断滑块是否会滑离平板车，若不滑离，它们共同运动的速度大小v2； ②平板车与弹簧接触以后，到滑块与平板车之间即将相对滑动时，此时弹簧的长度l。 【答案】（1）若平板车固定：①滑块滑离平板车时的速度大小1.0m/s； ②落地点距平板车右端的水平距离0.3m； （2）若平板车不固定：①不会滑离平板车，它们共同运动的速度大小1.0m/s； ②平板车与弹簧接触以后，到滑块与平板车之间即将相对滑动时，此时弹簧的长度8cm。 【解答】解：（1）平板车固定：滑块在平板车上做匀减速直线运动 ①由﹣μm2g＝m2a 得a＝﹣1.0m/s2 根据 解得v1＝1.0m/s ②由 解得t＝0.3s 故滑块落地点距平板车右端的水平距离s＝v1t＝0.3m （2）平板车不固定： ①滑块做匀减速直线运动，a＝﹣1.0m/s2 木板做匀加速直线运动，由μm2g＝m1a1 得 设经时间t1二者速度相等，有v0﹣at1＝a1t1v2＝a1t1 解得v2＝1.0m/s，t1＝2s 平板车的位移 滑块的位移 则滑块相对于平板车的位移Δx＝x﹣x1＝3m＜L＝4m 滑块不会滑离平板车。 最后它们的共同运动速度大小v2＝1.0m/s。 ②设m1和m2恰好发生相对滑动时的弹簧弹力为F，整体的加速度为a2， 以m1和m2整体研究：牛顿第二定律F＝（m1+m2）a2 以m2研究：牛顿第二定律μm2g＝m2a2 联立解得F＝3N 由乙图可知，弹簧的劲度系数 滑块与木板分离时刻，由F＝k•Δl 可得 则弹簧的长度l＝l0﹣Δl＝0.20﹣0.12＝0.08m＝8cm 答：（1）若平板车固定：①滑块滑离平板车时的速度大小1.0m/s； ②落地点距平板车右端的水平距离0.3m； （2）若平板车不固定：①不会滑离平板车，它们共同运动的速度大小1.0m/s； ②平板车与弹簧接触以后，到滑块与平板车之间即将相对滑动时，此时弹簧的长度8cm。 地 城 考点05 牛顿第二定律的图像问题 25．如图（1）所示，质量为m的小球用细线悬挂，静止于足够深的油槽中，某时刻剪断细线，小球开始在油槽中下沉。下沉过程中，小球受重力、浮力（大小不变）、粘滞阻力作用。测得小球的加速度随下沉速度变化的图像如图（2）所示。已知重力加速度为g，下沉过程中（　　） A．小球的最大加速度为g B．小球先加速后减速，最后做匀速运动 C．小球受到的浮力大小为 D．小球受到的最大粘滞阻力为ma0 【答案】D 【解答】解：AB．由小球的加速度随下沉速度变化的图像可知，小球开始下沉后速度越来越大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加速度为a0＜g，当加速度a＝0时，小球做匀速运动，速度不再变化，故AB错误； C．当速度为零时，根据牛顿第二定律得mg﹣F浮＝ma0 解得F浮＝mg﹣ma0 故C错误； D．小球受到的最大粘滞阻力最大，速度为v0，根据平衡条件得mg＝F浮+F阻max 结合C选项可得F阻max＝ma0 故D正确。 故选：D。 26．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在0～t1的时间内，它们的v﹣t图像如图所示，在这段时间内（ ） A．t0时刻甲、乙两车速度大小相等方向相反 B．t0时刻甲、乙两车相遇 C．汽车甲受到的合外力逐渐增大，汽车乙受到的合外力逐渐减小 D．汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度 【答案】D 【解答】解：A．在v﹣t图像中交点表示速度相等，由它们的v﹣t图像可知t0时刻甲、乙两车速度大小相等、方向相同，故A错误； B．v﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由于不知道两车初始时刻的位置关系，故不能确定t0时刻两车是否相遇，故B错误； C．在v﹣t图像中图线的斜率表示加速度，由它们的v﹣t图像可知汽车甲和乙的加速度大小都逐渐减小，两车所受合外力均减小，故C错误； D．根据v﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示位移可知，它们的v﹣t图像在0～t1的时间内，甲的位移大于乙的位移，根据平均速度的定义可知在这段时间内汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，故D正确。 故选：D。 27．如图（a），质量m1＝0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图（b）显示小物块与小车第1s内运动的v﹣t图象，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（　　） A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4 B．恒力F＝0.5N C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5m D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7m 【答案】C 【解答】解：AB、根据v﹣t图象可知，第1s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做匀减速直线运动，根据v﹣t图象的斜率表示加速度，可知小车和小物块的加速度大小分别为a1m/s2＝2m/s2，a2m/s2＝9m/s2 对小车，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a1 对小物块，根据牛顿第二定律有（F+μm2g）＝m2a2， 代入数据联立解得：μ＝0.4，F＝0.5N，故AB正确； C、根据图象可知，在t＝1s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可知在第1s内小车发生的位移为x1m＝1m，小物块发生的位移为x21m＝6.5m，所以小物块与小车间的相对位移x相对＝x2﹣x1＝6.5m﹣1m＝5.5m，故C错误； D、当小车和小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右做匀减速运动，其加速度为a3m/s2m/s2 当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x3m＝1.2m，所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x2+x3＝6.5m+1.2m＝7.7m，故D正确。 本题选不正确的， 故选：C。 28．（多选）如图甲所示，两形状相同、质量分别为m和2m的物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加竖直向上的力F后，物体A运动的v﹣t图像如图乙所示，t0时刻物体A、B将要分离，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时刻弹簧的压缩量为 B．t0时刻物体B开始减速 C．0～t0时间力F逐渐增大 D．力F的最小值为 【答案】ACD 【解答】解：A、t＝0时刻，对AB整体，重力等于弹簧弹力，则3mg＝kx1解得，弹簧的压缩量，故A正确； B、t0时刻AB分离，分离瞬间，两物体加速度相同，均竖直向上，则B继续加速，故B错误； C、0﹣t0时间内整体向上做匀加速直线运动，对整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣3mg＝3ma，随物体向上运动，弹簧形变量x逐渐减小，则力F逐渐增大，故C正确； D、两物体分离前，力F逐渐增大，则t＝0时，力F最小，由牛顿第二定律得：，故D正确。 故选：ACD。 29．（多选）如图（a），倾角为θ的粗糙斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的关系如图（b）所示。g取10m/s2。若增大物体的质量，重复实验，得到的a﹣F图像（　　） A．斜率不变 B．横轴截距增大 C．纵轴截距增大 D．纵轴截距不变 【答案】BD 【解答】解：在沿斜面方向有：Fcosθ﹣mgsinθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）＝ma′，，质量增大，斜率减小；纵轴的截距为力F为零时的加速度，即mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ﹣μ gcosθ，故加速度不变，纵轴截距不变，同时斜率减小，结合图像可知横轴截距增大；故AC错误，BD正确。 故选：BD。 地 城 考点06 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 30．风洞通过人工产生和控制的气流，可以模拟物体周围气体的流动，对物体产生不同规律的阻力。在风洞实验室中，先后两次将同一物体以相同的初速度竖直向上抛出并沿竖直方向运动后落回抛出点，第一次产生的空气阻力大小与速率成正比，物体运动的速度随运动时间的变化如图甲所示，物体在t2时刻落回抛出点；第二次产生的空气阻力大小恒定，物体运动的速度随运动时间的变化如图乙所示，物体在t4时刻落回抛出点。前后两次落回抛出点时的速率相等，则关于两种情况下物体的运动时间t2与t4，下列说法正确的是（　　） A．t4＞t2 B．t4＜t2 C．t4＝t2 D．条件不足，无法判断 【答案】A 【解答】解：第一次向上运动过程，由动量定理可知：﹣（G+k）t1＝0﹣mv0，向下运动过程有：（G﹣k）（t2﹣t1）＝mv1﹣0，两式相加有：Gt2＝m（v0+v1）， 第二次向上运动过程，由动量定理可知：﹣（G+F）t3＝0﹣mv0，向下运动过程有：（G﹣F）（t4﹣t3）＝mv1﹣0，两式相加有：Gt4+F[t3﹣（t4﹣t3）]＝m（v0+v1）， 所以有：Gt2＝Gt4+F[t3﹣（t4﹣t3）]，由图乙可知，t3﹣（t4﹣t3）＜0，所以t4＞t2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 31．A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：A、B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度大小，上升阶段加速度大小，球下降阶段与上升阶段加速度大小不同，小球落地后以原速度大小反弹，根据，B球下降阶段与上升阶段时间不同，故A错误； BC、由于v﹣t图像的斜率代表加速度，B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度越来越小，则B球下降阶段图像的斜率越来越小，故BC错误； D、A球上升阶段与下降阶段所需时间相同，加速度相同，B球上升阶段加速度较大，根据，所需时间较短，下降阶段加速度随时间减小，上升阶段加速度随时间而减小，故D正确。 故选：D。 32．（多选）目前世界上只有中国和英美俄研制出了可提供任意方向推力的航空矢量发动机，且我国技术比美国的更加先进。已知安装有航空矢量发动机的飞机总质量m＝20000kg，飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比（即，k为常量）。飞机在竖直方向先关闭发动机由静止下落，然后匀速下落，开启发动机后飞机受到竖直向上的恒定推力后，先向下减速后向上加速然后匀速，飞机竖直方向运动过程中的v﹣t图像如图，以竖直向上为正方向，重力加速度g取10m/s2，不考虑空气相对于地面的流动及飞机质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．常量k大小为1000N•s2/m2 B．飞机受到的竖直向上恒定推力大小为2.5×105N C．飞机向下加速至20m/s时，飞机加速度大小为7.5m/s2 D．飞机向下减速至速度为0时，飞机加速度大小为0.25m/s2 【答案】BC 【解答】解：A、当关闭发动机到飞机匀速直线运动下落时，此时飞机速度大小为：v1＝40m/s，飞机的重力与空气阻力平衡，即有：，解得：k＝125N•s2/m2，故A错误； B、当打开发动机到飞机匀速直线运动上升时，此时飞机速度大小为v2＝20m/s，飞机的重力和空气阻力之和与竖直向上恒定推力平衡，即，解得：F＝2.5×105N，故B正确； C、飞机向下加速至20m/s时，此刻有：代入数据，解得：a＝7.5m/s2，故C正确； D、飞机向下减速至速度为0时，此刻有：F﹣mg＝ma′，解得：a′＝2.5m/s2，故D错误。 故选：BC。 33．某同学研究小球从抛出到落回原处的过程中所受空气阻力的影响，他先将小球竖直向上抛出。 （1）当小球沿竖直方向下落速度为v0时开始计时，其运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到v1。 ①请在图中画出带网格的图形，以其面积表示0～t1时间内小球的位移大小； ②小球沿竖直方向下落过程中，在0～t1时间内，试简要说明其受到的空气阻力f与速度v之间可能存在的定性关系（写出必要的判断依据）。 （2）小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，他认为：上升过程所用时间大于下落过程所用时间。你认为该同学的判断是否正确，并分析说明判断的理由。 【答案】（1）① ②在0～t1时间内，由图像可知，图线的斜率大小表示加速度的大小，图线的斜率越来越小，表示加速度越来越小。根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma可知，由于小球质量不变，在下落过程中，小球的加速度逐渐变小，小球的速度逐渐变大，而空气阻力f也逐渐变大，可能空气阻力f与速度v成正比关系。（可能f与v2成正比关系，也可以） （2）该同学的判断不正确。在上升过程中，根据牛顿第二定律可知 在下落过程中，根据牛顿第二定律可知 由此可知，在同一高度处，小球上升时的速度大于下落时的速度，推理出上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间。 【解答】解：（1）①见答图 ②在0～t1时间内，由图像可知，图线的斜率大小表示加速度的大小，图线的斜率越来越小，表示加速度越来越小。根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma可知，由于小球质量不变，在下落过程中，小球的加速度逐渐变小，小球的速度逐渐变大，而空气阻力f也逐渐变大，可能空气阻力f与速度v成正比关系。（可能f与v2成正比关系，也可以） （2）该同学的判断不正确。 在上升过程中，根据牛顿第二定律可知 在下落过程中，根据牛顿第二定律可知 由此可知，在同一高度处，小球上升时的速度大于下落时的速度，推理出上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间。 答：（1）① ②在0～t1时间内，由图像可知，图线的斜率大小表示加速度的大小，图线的斜率越来越小，表示加速度越来越小。根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma可知，由于小球质量不变，在下落过程中，小球的加速度逐渐变小，小球的速度逐渐变大，而空气阻力f也逐渐变大，可能空气阻力f与速度v成正比关系。（可能f与v2成正比关系，也可以） （2）该同学的判断不正确。在上升过程中，根据牛顿第二定律可知 在下落过程中，根据牛顿第二定律可知 由此可知，在同一高度处，小球上升时的速度大于下落时的速度，推理出上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间。 34．一汽车行驶时遇到紧急情况，驾驶员迅速正确地使用制动器在最短距离内将车停住，称为紧急制动．设此过程中使汽车减速的阻力与汽车对地面的压力成正比，即Ff＝kFN，其比例系数k只与路面有关．已知该车以72km/h的速度在平直公路上行驶，紧急制动距离为25m，取g＝10m/s2，求： （1）比例系数k； （2）在相同材料的路面上，若该车仍以72km/h的速率在坡度（斜坡的竖直高度和水平距离之比称为坡度）为1：10的斜坡上向下运动，则紧急制动距离将变为多少？（10，结果保留两位有效数字） 【答案】解：汽车刹车时的加速度为﹣kmg＝ma1 0 联立解得：k＝0.8 （2）汽车沿斜坡向下运动，紧急制动的加速度为a制动距离为x：mgsinθ﹣kmgcosθ＝ma 0 tanθ＝0.1 联立解得：x＝29m 答：（1）比例系数k为0.8； （2）紧急制动距离将变为29m 地 城 考点07 探究加速度与力、质量之间的关系 35．某同学用如图甲所示装置探究“加速度与小车受力、小车质量的关系”实验。小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑定滑轮与砝码相连。已知打点计时器的频率为50Hz，实验中打下的一条纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个计时点没有画出。关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．该实验不需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量 B．由乙图可知，小车做匀变速运动的加速度大小为0.64m/s2 C．实验中采用“控制变量法”且应先释放小车，再接通打点计时器 D．为了补偿阻力，每次改变小车或砝码质量时，都需重新调节长木板倾角 【答案】B 【解答】解：A．该装置没有力传感器，需要把砝码及砝码盘的重力近似看作小车所受合力，所以需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量，故A错误； B．相邻计数点间时间t＝0.1s，根据逐差法得 故B正确； C．实验时应先接通打点计时器，待其工作稳定后再释放小车，这样才能保证纸带上打下足够多的点且记录完整的运动过程，若先释放小车再接通打点计时器，会导致纸带上前面部分点记录不全，故C错误； D．平衡摩擦力（补偿阻力）的方法是调节长木板倾角，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，对小车有mgsinθ＝μmgcosθ 整理得μ＝tanθ（θ为长木板倾角，μ为动摩擦因数） 可知平衡摩擦与小车和砝码质量无关，所以不需要重新调节长木板倾角，故D错误。 故选：B。 36．图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。 （1）该实验过程中操作正确的是　BC　 。 A.平衡小车受到的阻力时小车未连接纸带 B.纸带打点时，先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与长木板平行 （2）某同学通过正确实验操作获得一条纸带，测得各计数点到计数点1的距离如图2所示。已知打点计时器所用交变电流的频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则小车加速度大小a＝　0.51　 m/s2（结果保留小数点后两位）。 （3）在探究小车的加速度a与小车质量M的关系时，采用图像法处理数据，以小车质量的倒数为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标。甲、乙两组同学分别得到的a图像如图3所示。 ①两图线的左下部分均可视为直线，请分析甲组同学所得直线斜率较大的原因　甲同学所用槽码的质量较大　 ； ②两图线的右上部分的斜率随的增大逐渐减小，原因是　没有满足小车的质量远大于槽码的质量　 。 【答案】（1）BC；（2）0.51；（3）①甲同学所用槽码的质量较大；②没有满足小车的质量远大于槽码的质量。 【解答】解：（1）A.平衡小车受到的阻力时小车前端不挂重物，小车后端要连接纸带，故A错误； B.为了充分利用纸带，纸带打点时，先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确； C.为了保持小车所受拉力不变，调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。 故选：BC。 （2）相邻计数点之间的时间间隔 根据逐差法，加速度 （3）①根据牛顿第二定律F＝mg＝Ma 变形得 图像的斜率k＝mg 甲组同学所得直线斜率较大的原因甲同学所用槽码的质量较大； ②根据牛顿第二定律，对整体mg＝（M+m）a 对小车F＝Ma 联立解得 当满足M≫m时，有F≈mg 因此图像出现弯曲的原因是没有满足小车的质量远大于槽码的质量。 故答案为：（1）BC；（2）0.51；（3）①甲同学所用槽码的质量较大；②没有满足小车的质量远大于槽码的质量。 37．某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下： ①按图甲安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，钩码和动滑轮的总质量为M，图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向； ②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F； ③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。 请回答以下问题： （1）已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为a＝ 　1.72　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 （2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为﹣b（b＞0），则重物质量m＝ 　　 ，当M＝3m时，重物的加速度大小为a＝ 　　 。（本问结果均用k、b表示） 【答案】（1）1.72；（2）；。 【解答】解：（1）相邻计数点之间的时间间隔 根据逐差法，加速度 代入数据解得a＝1.72m/s2 （2）对重物，根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma 变形可得 结合a﹣F图像，图像的斜率 解得重物和动滑轮的总质量 图像的截距绝对值b＝g 由图可知，钩码的加速度为重物的，根据牛顿第二定律Mg﹣2F＝M•a 对重物有F﹣mg＝ma 由于M＝3m，g＝b 解得重物的加速度大小为：a 故答案为：（1）1.72；（2）；。 38．某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 （1）该实验中，认为细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m 　需要　 （需要或不需要）远小于滑块质量M。 （2）实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2，两个光电门间的距离为L，则滑块加速度大小a＝　　 。（用字母Δt1、Δt2、L、d表示） （3）为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为L，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组L和t，作出图像，如图乙所示。已知图像的纵轴截距为v0，横轴截距为t0。则v0表示遮光条通过光电门 　2　 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小a＝　　 。（用字母v0、t0表示） （4）为探究滑块加速度与质量M的关系，保持槽码质量m不变，改变滑块与遮光条的总质量M，实验中用槽码重力mg代替细线拉力，把细线中实际拉力记为F，由此引起的相对误差表示为。请写出δ随M变化的关系式：δ＝　　 ×100%。 【答案】（1）需要；（2）；（3）2；；（4）。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，对整体mg＝（M+m）a 对滑块F＝Ma 联立解得 当满足M≫m时，拉力F≈mg 因此认为细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m需要远小于滑块质量； （2）滑块通过光电门1的瞬时速度 通过光电门2的瞬时速度 根据运动学公式 代入数据联立解得加速度 （3）保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，滑块达到光电门2的速度不变，设为v0； 根据逆向思维好运动学公式 变形得 由此可知，图像上的纵截距v0表示遮光条通过光电门2的速度； 图像的斜率的绝对值 加速度 （4）根据牛顿第二定律，对槽码mg﹣F＝ma 对滑块F＝Ma 因此相对误差表示为。 故答案为：（1）需要；（2）；（3）2；；（4）。 39．请使用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝20g的8个槽码。 （1）实验步骤 i.按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着8个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑； ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂7个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a； iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ⅱ； iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤8）的倒数为纵坐标，为横坐标，作出图像。 （2）已知重力加速度大小g＝9.80m/s2，计算结果均保留两位有效数字，请完成下列填空： ①下列说法正确的是 　ABD　 ； A.接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放 B.小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行 C.实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量 D.若细线下端悬挂着3个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为5mg ②若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有2个点未画出，则加速度大小a＝ 　3.10　 m/s2； ③写出随变化的关系式 　　 （用M，m，g，a，n表示）； ④测得关系图线的斜率为0.40m/s2，则小车质量M＝ 　0.49　 kg。 【答案】（2）①ABD；②3.10；③；④0.49。 【解答】解：（2）①A.为了充分利用纸带，应先接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确； B.小车下滑时，为了保证小车所受拉力恒定，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，故B正确； C.小车带着8个槽码匀速运动时，设小车所受摩擦力大小为f，木板倾角为θ，根据平衡条件有Mgsinθ＝f+8mg，细线下端悬挂着3个槽码时，小车所受合力大小为F＝Mgsinθ﹣f﹣3mg，整理可得F＝5mg，设取下n个槽码时，小车所受合力为F＝nmg，所以在该实验中不需要满足细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量，故C错误，D正确。 故选：ABD。 ②相邻计数点间的时间间隔为，加速度大小为a0.001m/s2＝3.10m/s2 ③由上面的分析，根据牛顿第二定律有nmg＝Ma，整理可得 ④根据上面的分析可知，代入数据解得M＝0.49kg 故答案为：（2）①ABD；②3.10；③；④0.49。 40．某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 请回答下列问题： （1）该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是　A　 ； A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 （2）某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　0.820　 m/s2（结果保留三位有效数字）； （3）该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N，若此虚线对应的小车和砝码总质量为M，悬挂槽码的质量为m，则　　 （用M、m表示）； （4）该实验小组经过讨论后，改进了（3）中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复（3）中的实验。由此得到的a﹣F图像是一条　直线　 （填“直线”或“曲线”）。 【答案】（1）A；（2）0.820；（3）；（4）直线。 【解答】解：（1）在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用了控制变量法，故A正确，BC错误。 故选：A。 （2）相邻两个计数点之间的时间间隔为t，则小车的加速度为a0.820m/s2 （3）图中PN对应小车合力为悬挂物的重力时的加速度a1， 此时满足F＝mg；对小车，根据牛顿第二定律F＝Ma1变形得图中QN对应小车的实际加速度a2，对槽码、小车和砝码整体为研究对象，根据牛顿第二定律 mg＝F＝（M+m）a2变形得因此有（5）设槽码的总质量为为m，总个数为N，每个槽码的质量为m0，取走槽码的个数为n（1≤n＜N），对槽码，根据牛顿第二定律（m﹣nm0）g﹣T＝（m﹣nm0）a对小车，根据牛顿第二定律T＝（M+nm0）a 联立解得F＝（m﹣nm0）g＝（M+m）a1变形得a由此得到的a﹣F图像是一条直线。 故答案为：（1）A；（2）0.820；（3）；（4）直线。 41．“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验装置如图（a）。 （1）当重物加速向下运动时，小车所受的拉力的大小 　小于　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）重物所受重力的大小。当重物的质量 　远小于　 （选填“远大于”、“近似于”或“远小于”）小车的质量时，小车所受的拉力的大小近似等于重物所受重力的大小。 （2）为了减小误差，改进了实验装置用力传感器直接测量小车受到绳子拉力的大小，通过合理的实验步骤，五组同学得到的a﹣F图像如图（b）。根据a﹣F图像中的数据找到小车受力均为F＝0.12N时各组的加速度a，并将各组加速度a及小车质量m的数据填入表格，则表中X处的数值为 　0.32　 。利用表中的数据再作a﹣m图像得到一条曲线，为进一步探究加速度a与物体质量m的关系时，可在表格中补充 　　 （填物理量符号）数据列，再次建立图像。 实验次数 拉力F/N 小车质量m/kg 加速度a/m•s﹣2 ① 0.12 0.1 1.2 ② 0.12 0.125 0.96 ③ 0.12 0.167 0.72 ④ 0.12 0.25 0.48 ⑤ 0.12 0.375 X （3）在探究小车质量m一定时，加速度a与物体受力F的定量关系时，某组同学得到如图（c）所示的a﹣F图像，由图像可得小车的质量为 　　 （用图中h、i表示），图像不过坐标原点的最可能原因是 　没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　 。 【答案】（1）小于，远小于；（2）0.32，；（3），没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 【解答】解：（1）重物加速向下运动的加速度为a，对重物根据牛顿第二定律有mg﹣F＝ma，所以小车所受拉力F小于重物的质量mg。对小车根据牛顿第二定律有F＝Ma，联立可得a，F，当重物的质量m远小于小车的质量M时，可以近似认为F＝mg （2）力传感器显示的数据即为小车所受拉力，根据牛顿第二定律可得表中X的数据应为a，加速度与小车的质量成反比，如果直接做出a﹣m图像，应该是双曲线的一支，无法直观得到小车的加速度与小车的质量成正比，所以需要做出a图像，如果该图像是一条经过原点的直线，即可说明加速度与质量成反比，所以可以在表格中补充数据列。 （3）对小车根据牛顿第二定律有F＝ma，整理有，结合图像有，解得m，图像没有经过坐标原点，当力F增大到一定程度后，小车才具有加速度，所以不过坐标原点的原因可能是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 故答案为：（1）小于，远小于；（2）0.32，；（3），没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $