第四章 第2节 实验：探究加速度与力、质量的关系-【创新教程】2026-2027学年高中物理必修第一册五维课堂课时作业（人教版）

物理 空 物 课时 间 第2节 实验：探究 理 纠错空间 作业 1.为了探究“加速度与力、质量的关系”， 现有如图1所示实验装置。请思考探 究思路并回答下列问题： 电源插头 二纸带 打点计时器 图1 (1)为了消除小车与水平木板之间摩擦 力的影响应采取的做法是 A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使 小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使 方法总结 小车在钩码拉动下恰好做匀加速 运动 C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在 不挂钩码的情况下使小车恰做匀加 速运动 D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在 不挂钩码的情况下使小车恰好做匀 速运动 (2)某学生在补偿阻力时，不慎使长木 板倾角偏小。则他所得到的a一F关系 应该是图2中的哪根图线？ (图中a是小车的加速度，F是细线作 用于小车的拉力)。 ∠∠∠ 图2 (3)某同学在实验中得到的纸带如图3 所示，已知实验所用电源的频率为 ·190 必修第一册 加速度与力、质量的关系 50Hz。据纸带可求出小车的加速度大 小为 m/s2(结果保留两位 有效数字)。 单位cm 图3 2.某同学用如图1所示的实验装置验证 牛顿第二定律，请回答下列有关此实验 的问题 小车 带滑轮的长木板 纸带 电火花打点计时器 图1 图2 图3 (1)该同学在实验前准备了图1中所示 的实验装置及下列辅助器材： A.交流电源、导线 B.天平（含配套砝码） C.秒表 D.刻度尺 E.细线、沙和小沙桶 其中不必要的器材是 (填代号)。 (2)打点计时器在小车拖动的纸带上打 下一系列点迹，以此记录小车的运动情 况。其中一部分纸带上的点迹情况如 图2所示，已知打点计时器打点的时间 间隔T=0.02s,测得A点到B、C点的 距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm, 则在打下点迹B时，小车运动的速度 第四章运动和力的关系 m/s；小车做匀加速直线运 动的加速度a= m/s2。(结果 保留三位有效数字) (3)在验证“质量一定，加速度a与合外 力F的关系”时，某学生根据实验数据 作出了如图3所示的a一F图像，其中 图线不过原点的原因是 ,图线在末端弯曲的原因是 3.探究“加速度与力、质量关系”的实验装 置如图甲所示，小车后面固定一条纸 带，穿过电火花打点计时器，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。 电火花打 点计时器 纸带 感器 钩码 (1)关于补偿阻力，下列说法正确的是 A.补偿阻力时，需要在动滑轮上挂上 钩码 B.改变小车质量时，需要重新补偿阻力 C.改变小车拉力时，不需要重新补偿 阻力 (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的关系图像如图乙所示，图线 不过原点的原因是 ·19 课时作业乡 A.钩码质量没有远小于小车质量 B.补偿阻力时木板倾角过大 C.补偿阻力时木板倾角过小或未补偿 纠错空间 阻力 4.在“探究加速度与力、质 I(甲) 量的关系”这一实验中： I(乙) (1)甲、乙两位同学根据 实验数据画出的小车的 图(a 加速度a与小车所受拉力F的图像分 别为图(a)中的直线I和直线Ⅱ，直线 I、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明 显超出了误差范围，下面给出了关于形 成这两种情况原因的四种解释，其中可 能正确的是 A.实验前甲同学没有补偿阻力 B.甲同学在补偿阻力时把长木板的末 端拾得过高了 C.实验前乙同学没有补偿阻力 方法总结 D.乙同学在补偿阻力时，把长木板的末 端抬得过高了 (2)如图(b)给出了该次实验中从O点 开始，每5个点取一个计数点的纸带 (频率为50Hz),其中1,2,3,4,5都为 计数点，其中x1=1.41cm,x2= 1.91cm,x3=2.39cm,x4=2.91cm。 由纸带数据计算可得计数点4所代表 时刻的瞬时速度4= m/s,小 车的加速度a= m/s2。 12 5 图6) 5.“探究加速度与物体质量、物体受力的 关系”的实验装置如图所示。 小车打点计时器 200 砝码 砝码盘 世物理 (1)打点计时器是一种计时仪器，其频 率为50Hz,常用的有电磁打点计时器 间 和电火花计时器，使用的都是 纠错空间 (选填“直流电源”或“交流电源”)，每隔 s打一个点。 (2)某同学在实验中打出的一条纸带如 图所示，他选择了几个计时点作为计数 点，相邻两计数点间还有4个计时点没有 标出，其中x1=7.06cm、x2=7.68cm、 x3=8.30cm、x4=8.92cm,那么打B 点的瞬时速度大小是 m/s;纸 带加速度的大小是 m/s2(计 算结果保留两位有效数字)。 (3)某同学将长木板右端适当垫高，以 补偿阻力。但他把长木板的右端垫得 过高，使得倾角过大。用a表示小车的 加速度，F表示细线作用于小车的拉 方法总结 力。他绘出的a一F关系是 6.在“探究加速度与力、质量的关系”实 验中。 小车 打点计时器 滑轮 一纸带 已垫块 塑料桶■ 77777777777777777777777元 (1)(多选)某组同学用如图所示装置， 采用控制变量的方法，来研究在小车质 量不变的情况下，小车的加速度与小车受 到力的关系。下列措施中不需要或不正 确的是 A.首先要补偿阻力，使小车受到的合力 就是细绳对小车的拉力 B.补偿阻力的方法是，在塑料小桶中添 加砝码，使小车能匀速运动 19: 必修第一册 C.每次改变拉小车的拉力后都需要重 新补偿阻力 D.实验中，通过在塑料桶中增加砝码来 改变小车受到的拉力 E.每次小车都要从同一位置开始运动 F.实验中应先放小车，然后再接通打点 计时器的电源 (2)某组同学实验得出数据，画出的a一 上的关系图线如图所示。 ↑a/(m·s2) 04六kg 从图像中可以看出，作用在物体上的恒 力F= N。 7.如图为用拉力传感器（能测量拉力的仪 器)和速度传感器（能测量瞬时速度的 仪器)探究“加速度与物体受力的关系”的 实验装置。用拉力传感器记录小车受到 拉力的大小，在长木板上相距L=48.0cm 的A、B两点各安装一个速度传感器，分别 记录小车到达A、B时的速率。 速度传感器拉力传感器 速度传感器 】 (1)实验主要步骤如下： ①将拉力传感器固定在小车上。 ②补偿阻力，让小车在不受拉力时做 运动。 ③把细线的一端固定在拉力传感器上， 另一端通过定滑轮与钩码相连；为保证 细线的拉力不变，必须调节滑轮的高度 使 第四章运动和力的关系 ④接通电源后自C点释放小车，小车在 细线拉动下运动，记录细线拉力F的大 小及小车分别到达A、B时的速率 VA、VB。 ⑤改变所挂钩码的数量，重复④的 操作。 (2)下表中记录了实验测得的几组数 据，一是两个速度传感器记录速率 的平方差，则加速度的表达式a= ；请将表中第4次的实验 数据填写完整（结果保留三位有效数 字)。 次数 F/N %-2/(m2·s-2) a/(m·s-2) 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 2.44 2.62 4.65 5 3.00 5.49 5.72 (3)由表中数据，在坐标纸上作出a-F 关系图线。 a/(m-s-2) 6.0 5.0 4.0 3.0日 2.0 1.0 0 0.51.01.52.02.53.0 (4)对比实验结果与理论计算得到的关系 图线（图中已画出理论图线）。造成上述 偏差的原因除了拉力传感器读数可能偏 大外，还可能是 8.某实验小组用如图1所示的装置探究 质量一定时加速度与力的关系。用铁 架台将两块固定有定滑轮的木板架起， 木板的右端固定了两个打点计时器，将 两个质量相等的小车A、B放置在木板 ·198 课时作业乡 右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相 连。两条纸带穿过打点计时器后分别 与小车连接在一起。将两个打点计时 器接在同一个电源上，确保可将它们同 纠错空间 时打开或关闭。实验时，甲同学将两小 车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一 个钩码，再接通电源使打点计时器开始 工作。打点稳定后，甲将两辆小车同时 释放。在小车撞到定滑轮前，乙断开电 源，两打点计时器同时停止工作，取下 两条纸带，通过分析处理纸带记录的信 息，可以求出两小车的加速度，进而完 成实验。请回答以下问题： 打点计时暑 41114+4+1* 钩码 图1 方法总结 401.91+2.322.793.323.81 图2 (1)图2为小车A后面的纸带，纸带上 的0,1,2,3,4,5,6为每隔4个打印点 选取的计数点，相邻两计数点间的距离 如图2中标注，单位为cm。打点计时 器所用电源的频率为50Hz,则小车A 的加速度a1= m/s2(结果保 留两位有效数字)，同样测出小车B的 加速度a2,若a1：a2近似等于 就可说明质量一定的情况下，物体的加 速度与力成正比。 (2)丙同学提出，不需测出两小车加速 度的数值，只量出两条纸带上从第一个 打印点到最后一个打印点间的距离x1、 x2,也能完成实验探究，若x1:x2近似 等于 ,也可说明质量一定的情况 下，物体的加速度与力成正比，理由是(3)人在竖直方向上受重力m2g和地面的支持力F、作 用，因此有：FN=m2g 要使人不滑动，需满足：F≤Fm=uFN 联立以上各式解得：m≤专m=24kg。 答案：(1mg是mg(2②)子mg方向水平向左 3. (3)24kg 14.(1)子mg(2)2mg(3)子mg方向水平向左 第四章运动和力的关系 第1节牛顿第一定律 1.A[根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的 最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有 能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、 D三个选项从题目不能直接得出，所以选项A正确。] 2.C[围绕“力与运动”的关系的认识，由物理学史可知 A、B两选项是正确的；在伽利略的实验中不可能真正观 察到无摩擦力时小球以恒定速度做直线运动这一现象， 故C选项错误；“理想实验”是人们假想的实验，但是由 此推理得到的结论是可靠的，故D选项正确。] 3.B[牛顿第一定律反映力是改变物体运动状态的原因， 惯性是物体的运动状态保持不变的性质，是物体本身固 有的属性，与物体的运动状态无关，与物体受力情况无 关，故A错误；牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运 动状态的原因一惯性，又揭示了运动状态改变的原因 一力。运动状态发生变化时，物体必定受到外力的作 用，故B正确；物体只有不受外力时，能处于静止状态或 匀速直线运动状态，故C错误；在水平地面上滑动的物 体最终要停下来，是因为有摩擦力改变了物体运动的状 态，故D错误。] 4.D[惯性的大小只与物体的质量有关，与其他因素无 关，骑自行车的人质量没有改变，所以惯性不变，故A错 误；子弹从枪膛中射出后质量不变，惯性不变，故B错 误；宇航员在绕地球飞行的宇宙飞船中，可以“飘来飘 去”，处于完全失重状态，有质量就有惯性，故C错误；做 自由落体运动的小球，质量不变，惯性不变，故D正确。] 5.C[列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保 持原来较大的速度，所以水向前涌，水面形状和选项C 中一致。] 6.D[开始时金属球、车厢及氢气球有向右的相同速度， 突然刹车使车厢做减速运动时，由于金属球比车厢内同 体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对车 厢还是向右运动，因此B向右偏，故B、C错误；氢气球虽 然有惯性因为氢气密度小，空气的密度大（惯性比气球 大)，所以向前会撞到空气，力的作用是相互的，被空气 向后推开，相对车厢向左运动，故A错误，D正确。] 7.D[小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不 变的，而竖直方向上其运动速度是变化的，最高点竖直 方向的速度为零，此时相对地速度最小，但不为零，故A、 B错误；小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是 不变的，列车微加递运动，相对位移为x=w十号a i=弓at,与初速度无关，故D正确，C错误。] ·24 参考答案 8.B[小球原来静止时受重力和支持力作用，其合力为 零。当劈形物体由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也 将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，小球原来 速度为零，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表 面又光滑，除竖直方向可以有合力外，其他方向上没有 合力，加之力是使物体运动状态改变的原因，小球只能 在竖直方向上有运动，在碰到斛面之前，运动轨迹应为 一条直线，即竖直向下的直线。] 9,AC[在绳的A端缓慢增加拉力，重球受力如图 AF 所示，使得重球有足够的时间发生了微小的位 移，以致CD绳的拉力F逐渐增大，这个过程进 行缓慢，可以认为重球始终处于平衡状态，即FF =FT1十mg,随着FT增大，F2也增大，且FT2总mg 是大于F1,所以CD绳先被拉断，A项正确，B项错误； 若在A端猛拉，因为重球质量很大，力的作用时间极短， 由于惯性，重球向下的位移极小（可以看成运动状态未 来得及改变)，以致CD绳的拉力几乎未增加，故AB绳 先断，C项正确，D项错误。] 10.BC[水滴下落时，水平方向保持原来的速度，若车匀 速运动，车的水平位移与水滴的水平位移相同，则落在 B点；若车向左加速运动，则水滴仍保持下落时的水平 速度，而车的水平位移增大，故水滴可落在A处；同理， 车向右减速运动，水滴也会落在A处，故选项B、 C正确。] 11.BD[牛顿第一定律不是实验定律，但它是以可靠实验 为基础，通过抽象出理想化实验而得出的结论，A错，B 对；牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，指出力是改 变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的 原因，C错，D对。] 12.AC[战斗机甩掉副油箱，减小了质量，惯性减小，提高 了飞行的灵活性，A对；惯性大小与速度无关，B错；机 床与底座连成一体，质量大，惯性大，更稳定，C对；坦克 车装甲厚重，是为了提高抗炮击能力，D错。] 13.解析：当小车遇到障碍物时，小车将停止。 (1)如果小车上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续 向右运动：木块下部受到一个向左的摩擦力，运动状态 发生改变，很快停止，故此时木块将向右倾倒。 (2)如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此 时整个木块都将由于惯性而保持向右的匀速直线运动 状态。 答案：(1)向右倾倒(2)向右匀速直线运动 14.气泡相对于瓶子向后运动 第2节实验：探究加速度与力、质量的关系 1.解析：(1)补偿阻力就是让小车在无拉力的作用下做匀 速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦 力。所以平衡时应将不带滑轮的木板一端适当垫高，在 不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故A、B、C错 误，D正确。 (2)把长木板的一端垫得过低，使得倾角偏小，会导致重 力沿斜面向下的分力偏小，摩擦力偏大，而且重力沿斜 面向下的分力小于摩擦力，这样在绳子的拉力大于摩擦 力时，小车就会产生加速度，故选项D正确。 物理·必修第一册 (3)计数，点间的时间间隔：t=2×0.02s=0.04s, 由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，加速度为：a= xes-x=(7.21+7.72)-(6,19+6.70)×102m/g 4t2 4×0.042 ≈3.2m/s2。 答案：(1)D(2)D(3)3.2 2.解析：(1)在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不 需要秒表，上述器材中不必要的为C。 (2)B,点的速度等于AC段的平均速度，则有： w-7-8859mw/sa.580mws 根据△x=aT2得： a=c=-2z=0.13592X0.0599m/g 2 0.12 =1.61m/s2 (3)由图3所示图像可知小车的拉力为0时，小车的加速 度大于0，说明合外力大于0，说明补偿阻力过度，即木板 与水平面的夹角太大；该实验中当小车的质量远大于沙 和沙桶的质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小 等于沙和沙桶的总重力大小，随着F的增大，即沙和沙 桶的质量增大，逐渐地沙和沙桶的质量不再满足小车质 量远大于沙和沙桶的质量，因此会出现较大误差，图像 会产生弯曲。 答案：(1)C(2)0.6801.61(3)平衡摩擦力过度 沙和沙桶的质量太大 3.解析：(1)补偿阻力时，不需要在动滑轮上挂上钩码，故A 错误；实验过程改变小车质量时，不需要重新补偿阻力， 故B错误；实验前补偿阻力后，在实验过程中改变小车 拉力时，不需要重新补偿阻力，故C正确。 (2)小车所受拉力可以由力传感器测出，不需要满足钩 码质量远小于小车质量； (3)由图示图像乙可知，拉力为零时小车已经产生加速 度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于补 偿阻力时木板倾角过大、补偿阻力过大造成的，故B正 确，A、C错误。 答案：(1)C(2)不需要(3)B 4.解析：(1)I直线表明在小车的拉力为0时，小车的加速 度大于0，即合外力大于0，说明补偿阻力过度，即把长木 板的末端抬得过高了，故A错误，B正确；Ⅱ直线说明在 拉力大于0时，小车的加速度为0，即合外力为0，说明没 有补偿阻力或补偿阻力不足，也就是没有将长木板的末 端拾高或拾高不够，故C正确，D错误。 (2)每5个，点取一个计数点的纸带，相邻的计数点间的时 间间隔T=0.1s,根据匀变速直线运动中时间中点的速度 等于该过程中的平均速度，得4-0.023,9+0.0291 2×0.1 m/s= 0.265m/s。根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 可以求出加速度的大小，得：x3一x1=2a1T2,x4-x2 =2a2T。为了更加准确地求解加速度，我们对两个加 速度取平均值，得：a=a1十a,) _0.0291+0.0239-0.0191-0.0141m/g 4×0.01 =0.495m/s2。 答案：(1)BC(2)0.2650.495 ·24 5.解析：(1)打点计时器使用的都是交流电源，每隔0.02s打 一个点。 (2)根据题意，相邻计数点间的时间间隔t=0.1s,则 g=4+=7.06+7.68)X10 -m/s≈0.74m/s 2t 2×0.1 a=x十x4-x1-x2)X102 4t2 m/s2=0.62m/s2。 (3)倾角过大，当拉力F=0时，小车就有加速度，选项C 正确。 答案：(1)交流电源0.02(2)0.740.62(3)C 6.解析：(1)本实验中，在补偿阻力时，不应该将小桶挂在 小车上，并且只需要在实验之前补偿一次阻力即可，不 需要每次改变拉小车的拉力后都重新补偿阻力，实验中 通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，每次 小车不一定都从同一位置开始运动，并且是先接通电 源，再放开小车。 (2)图线的斜率表示小车受的合力，则 品N-5N 77n 答案：(1)BCEF(2)5 7.解析：(1)②补偿阻力完成的依据是小车在不受拉力作 用时恰好做匀速直线运动。 ③为保证细线的拉力不变，细线必须与长木板平行。 (2)由匀变速直线运动速度与位移的关系层一=2aL 可得，a=哈，。将后-场=4,65m2/g,L=0.48m 2L 代入后，可得a≈4.84m/s2。 (3)如图所示。 a/(m-s-2) 6.01 5.0H 4.0日 3.0 2.0 1.0 o出曲FN 0.51.01.52.02.53.0 (4)由作出的a一F图像可知，当拉力F已经大于0时， 小的加速度仍然为0，故可能的原因是没有完全补偿 阻力。 答案：(1)②匀速直线③细线与长木板平行 (2)哈 2L 4.84(4.83~4.85之间也算对) (3)见解析(4)没有完全补偿阻力 8.解析：(1)每隔4个打印点选取一个计数点，计数点间的时间 间隔：t=0.02×5s=0.1$,由匀变速直线运动的推论： △x=at可知，加速度为：a=一西十x二西十x一马 =2.79-1.40+3.32-1.91十381=2.32)×10m/s 9×0.12 ≈0.48m/s2;由图1所示实验装置可知，小车A受到的拉力 为小车B受到拉力的2，两车的质量m相等，两车的加速 F 度之比：41=mF 2 1」 F8 FB F8 2: m (2)两小车都做初速度为零的匀加速直线运动，它们的 1 运动时同：相等，它们的位移之比：马=2a a2 =子如果号=号也可以说明质量一定的格见下，物体 的加速度与其质量成正比。 答案：10.481：2(21：2由x=号a可知，当 时间t相等时，位移与加速度成正比 第3节牛顿第二定律 1.D[牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力。 用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、 地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为 零，所以物体仍静止，故选项D正确，选项A、B、C 错误。] 2.C[“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A,点沿直线匀加速 “爬行”到B点，加速度从A指向B,根据牛顿第二定律 可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”的合力方向应该是从A指 向B,结合平行四边形定则知：F与mg的合力沿A到B 方向，故C正确，A、B、D错误。] 3.C[一-开始，物体所受合力为F=10N-5N=5N,方 向向左，当F2由10N逐渐减小，F也逐渐减小，当F2 减小到5N时，F值变为0，随着F2的继续减小，F方向 变为向右，从0逐渐增大，当F2变为0的时候，F变为最 大5N,由牛顿第二定律，物体的加速度也是先减小后增 大，故C正确。] 4.B[当小丽处于静止状态时，拉力F=mg,两绳之间的 夹角为120°，若小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时所受 合力沿断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律 F=ma知mg=ma,a=g,故选项B正确。] 5.C[在接触的第一个阶段mg>kx,F。=mg一kx,合力 方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐 浙减小，由a=得，a=mg二虹，方向竖直向下，且逐 渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐 增大。当mg=x时，F◆=0，a=0,此时速度达到最大。 之后，小球继续向下运动，mg<kx,合力F合=kx一mg, 方向竖直向上，小球向下运动，x继续增大，F令增大， =x二mg,方向竖直向上，随x的增大而增大，此时a与 m ℃方向相反，所以逐渐减小。综上所述，小球向下压缩 弹簧的过程中，F合的方向先向下后向上，大小先减小后 增大；a的方向先向下后向上，大小先减小后增大；v的 方向向下，大小先增大后减小。] ·2 参考答案 6.D[对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得 ngtan a=ma,得到a=gtan a。故加速度向右，小车向 右加速，或向左减速，故A错误；对P球，设受到杆的拉 力与竖直方向夹角为B,由牛顿第二定律得：mgtan B= a',得B=a>0,则轻杆对小球的弹力方向与细线平行， 故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球 的合力均水平向右，大小F合=ma=ngtan a,故C错误， D正确。 7.B[设小球的质量为m,对整体分析，弹簧的弹力 F=2 ngsin30°=mg,剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不 变，对A分折，a-F-m血30=之8，B的加逵度为： m a=30=合g,故B正确，A.C,D错民.] m 8.D[对货物受力分析，受mg和拉力T,根据牛顿第二定 律，有：T-mg三ma,得：a三T-g3当a=0时， T=mg,故图线与横轴的交点N的值TN=mg,故C正 确；当T=0时，a=一g,即图线与纵轴的交点M的值aM =一g,故A正确；图线的斜率表示质量的倒数元，故B 正确，D错误。门 9.CD 10.BD由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍， 所以在竖直方向上有FN一mg=ma上，解得， a上=0.25g,设水平方向上的加速度为a水， 则8=m30-9as=9g。 a水 ga=√a+a=号， F=ma*=G,故B,D正确.] 11.BD[小球受力如图，由牛顿第二定律得： FN 30 F金=mgtan30°=ma F合 a=gtan30°= 38, mg 则FN=mg=23 -c0s30=23mg 故B、D正确。] 12.AD[设斜面倾角为0，原来物体匀速下滑时有：mgsin0= mgcos0,即sin0=ucos0,与物体的重力无关，则施加竖 直向下的力F,物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；若 物块A原来加速下滑，有mgsin9>mgcos日，将F分 解，则Fsin>uFcos0,动力的增加大于阻力的增加，加 速度变大，故C错误，D正确。] 13.解析：(1)分析木块的受力情况如图 甲所示，木块受重力mg、支持力FN 两个力作用，合外力大小为mgsin0, 根据牛顿第二定律得mgsin0=ma1, 甲 所以a1=gsin0=10×0.6m/s2 =6m/s2。 (2)若斜面粗糙，木块的受力情况 如图乙所示，建立直角坐标系。 在x方向上（沿斜面方向） mgsin 0-F=maz ① 7777777 77777 在y方向上（垂直斜面方向） 9