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- 4.1牛顿第一定律（考点解读）-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册） 试卷 0 次下载
- 4.2实验：探究加速度与力、质量的关系（考点解读）-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册） 试卷 0 次下载
- 4.4力学单位制（考点解读）-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册） 试卷 0 次下载
- 4.5牛顿运动定律的应用（考点解读）-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册） 试卷 0 次下载
- 4.6超重和失重（考点解读）-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册） 试卷 0 次下载
人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律优秀复习练习题
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这是一份人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律优秀复习练习题，文件包含43牛顿第二定律考点解读原卷版docx、43牛顿第二定律考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
考点1 牛顿第二定律的图像问题
1、物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F-a图象是一条直线。
2、物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝，所以物体的-a图象是一条直线。
考点2 牛顿第二定律
1、内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
2、表达式：F合=ma；该表达式只能在国际单位制中成立，因为F合=k•ma，只有在国际单位制中才有k=1；力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg•m/s2。
3、适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对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）、低速运动（远小于光速）的情况。
4、对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝。
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的。
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同。
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的。
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量。
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应。
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的。
考点3 实验验证牛顿第二定律
【实验目的】
1、学会用控制变量法探究加速度a与力F、质量M的关系。
2、掌握灵活运用图象处理问题的方法。
3、掌握利用图象处理数据的方法。
【实验原理】
本实验中，探究加速度a与力F、质量M的关系，可以先保持F不变，研究a和M的关系，再保持M不变，研究a和F的关系。
【实验器材】
一端有定滑轮的长木板、低压交流电源、复写纸片和纸带、小车、小盘、电磁打点计时器、天平、砝码、刻度尺、导线。
【实验步骤】
1、用天平测出小车的质量M和盘的质量m0，把数值记录下来。
2、把实验器材安装好。
3、平衡摩擦力：在长木板的不带滑轮的一端下面垫上一块薄木板，反复移动其位置，直至不挂盘和重物的小车刚好能在斜面上保持匀速直线运动为止。
4、将盘和重物通过细绳系在小车上，接通电源放开小车，使小车运动，用纸带记录小车的运动情况，取下纸带，并在纸带上标上号码。
5、保持小车的质量不变，改变盘中重物的质量，重复步骤4，每次记录必须在相应的纸带上做上标记，将记录的数据填写在表格内。
6、建立坐标系，用纵坐标表示加速度，横坐标表示力，在坐标系中描点，画出相应的图线，探究a与F的关系。
7、保持盘和重物的质量不变，改变小车的质量（在小车上增减砝码），探究a与M的关系。
【考点1 牛顿第二定律的图像问题】
【典例1-1】（2023春•深圳校级月考）如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示。已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g。则可求出的物理量有（ ）
A．物体的质量
B．斜面体的倾角θ
C．物体与斜面体之间的动摩擦因数
D．物体对斜面体的压力
【答案】A
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度与外力F的关系，结合图像分析即可；根据平衡条件和牛顿第三定律分析物体对斜面的压力大小。
【解答】解：A、对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
整理得：a＝•F﹣gsinθ﹣μgcsθ
由图像得，图像的斜率k＝＝
则物体的质量m＝
故A正确；
BC、图像的截距为﹣b＝﹣gsinθ﹣μgcsθ
则sinθ+μcsθ＝
无法求解斜面倾角和动摩擦因数，故BC错误；
D、由牛顿第三定律得，物体对斜面的支持力等于斜面对物体的支持力，大小为N＝mgcsθ
则无法求解物体对斜面的压力，故D错误。
故选：A。
【典例1-2】（2023•河西区三模）（多选）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14N
B．物体做变加速运动，F为14N时，物体的加速度大小为7m/s2
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体的质量为2kg
【答案】CD
【分析】A.根据由a﹣F图像可知，物体所受最大静摩擦力；
B.根据牛顿第二定律分析加速度的变化，根据图像得加速度的值；
CD.根据滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解质量和动摩擦因数。
【解答】解：A.由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为fm＝7N，故A错误；
B.由于外力F不断变化，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知物体加速度不断变化，做变加速运动；当F2＝14N时，由a﹣F图像可知，故B错误；
CD.当F1＝7N时，根据牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，当F2＝14N时，根据牛顿第二定律F2﹣μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD正确，B错误。
故选：CD。
【变式1-1】（2023春•榆林期末）如图甲所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块P的质量为（ ）
A．2kgB．3kgC．4kgD．5kg
【答案】A
【分析】PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律结合图像斜率，求质量和，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律结合图像斜率，求Q的质量。
【解答】解：刚开始PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律
F＝（mP+mQ）a
结合图像斜率mP+mQ＝3kg
当加速度大于等于2m/s2，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律
F﹣f＝mQa
结合图像斜率mQ＝1kg
联立可得
mP＝2kg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式1-2】（2023•沙坪坝区校级开学）（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示a−F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（ ）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【答案】BD
【分析】首先，根据图像分析两者发生滑动时的拉力，结合整体法和牛顿第二定律，结合图像的斜率求出木板和滑块的质量；
然后，根据图像的截距求出两者间的摩擦因数；
最后，根据整体法，由牛顿第二定律求出拉力等于8N时滑块的加速度。
【解答】解：AB、根据图像分析可得，当拉力等于12N时，两物体恰好要发生相对滑动，当F＝12N时，加速度为a＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a
代入数据解得M+m＝＝3kg
当F＞12N时，根据牛顿第二定律得
图线的斜率
解得木板的质量：M＝0.5kg；滑块的质量：m＝2.5kg，故A错误，B正确；
D、根据a﹣F图像：，F＝10N时，a＝0，代入
代入数据解得：μ＝0.4，故D正确；
C、当F＝8N时，板块之间没有相对滑动，对整体分析，根据牛顿第二定律得F＝（M+m）a
解得此时a＝m/s2，故C错误。
故选：BD。
【变式1-3】（2022秋•浦东新区校级期中）如图甲所示，物体A、B（均可视为质点）用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，A、B初始离水平地面的高度均为H。A的质量为m0，改变B的质量m，得到A的加速度a随m变化的图线如图乙所示，图中虚线为渐近线，设竖直向上为加速度的正方向，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则m0＝ 0.4 kg，若m＝1.6kg、H＝1.2m，由静止同时释放A、B后，则A距离水平地面的最大高度为 3.12 m。（假设B落地后不反弹，A不与天花板碰撞）
【答案】（1）0.4；（2）3.12
【分析】（1）根据图像和牛顿第二定律求A的质量；
（2）根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理求A距离水平地面的最大高度。
【解答】解：（1）以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律有：mg﹣m0g＝（m+m0）a，由图像可知，当a＝0时，m0＝0.4kg
（2）由静止同时释放A、B后，加速为：＝6m/s2
当B落地时有：v2＝2aH
A做竖直上抛运动，到最高点时根据动能定理有：
联立解得：h＝0.72m
A距离水平地面的最大高度为：hm＝2H+h＝2×1.2m+0.72m＝3.12
故答案为：（1）0.4；（2）3.12
【考点2 牛顿第二定律】
【典例2-1】（2023秋•新乐市校级月考）如图所示为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸长，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起，整个过程中忽略空气阻力，分析这一过程，下列表述正确的是（ ）
①经过B点时，运动员的速率最大
②经过C点时，运动员的速率最大
③从C点到D点，运动员的加速度增大
④从C点到D点，运动员的速度先增大后减小
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】B
【分析】运动员从O点自由下落，到达B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
【解答】解：运动员的下落过程，从O到B过程做自由落体运动；从B到C过程，弹性绳的弹力小于重力，随着弹性绳弹力的增大，运动员所受的合力向下，运动员做加速度逐渐减小的加速运动；C点加速度为零，速度最大；从C到D过程，弹性绳的弹力大于重力，加速度方向向上，随着弹性绳弹力的增大，运动员做加速度增大的减速运动，D点速度为零。
故选：B。
【典例2-2】（2023春•博爱县校级期末）在水平桌面上，质量为2kg的物体在5N的水平拉力作用下以1m/s2的加速度作匀加速直线运动，当水平拉力增大到10N时，木块的加速度是 3.5 m/s2，当水平力再减小到2N时，木块的加速度大小是 0.5 m/s2，此时加速度方向与滑行方向 相反 。
【答案】故答案为：3.5；0.5；相反
【分析】当拉力为5N时，由牛顿第二定律求出阻力，当拉力为10N时，由牛顿第二定律可木块的加速度；当水平力再减小到2N时，阻力不变，由牛顿第二定律求木块的加速度大小和方向。
【解答】解：设物体所受阻力为f，当拉力为5N时，由牛顿第二定律可得
F1﹣f＝ma1
解得：
f＝3N
当拉力为10N时，由牛顿第二定律可得
F2﹣f＝ma2
解得：
当水平力再减小到2N时，水平力小于阻力，物体做减速运动，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律可得
f﹣F3＝ma3
解得：
此时加速度方向与运动方向相反。
故答案为：3.5；0.5；相反
【变式2-1】（2023•重庆模拟）如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先对三个物体组成的整体，利用牛顿第二定律求得加速度，再以B、C和C为研究对象，利用牛顿第二定律和胡克定律相结合求出两弹簧的伸长量，即可得到A、C间的距离。
【解答】解：对三个物体组成的整体，根据牛顿第二定律得：
对B、C整体，根据牛顿第二定律得：2ma＝kΔx1﹣2μmg
对C，根据牛顿第二定律得：ma＝kΔx2﹣μmg
A、C间的距离为：x＝2L+Δx1+Δx2
联立解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【变式2-2】（2023•重庆开学）（多选）如图所示，静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上有一斜劈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。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的摩擦力为零
B．C可能只受两个力作用
C．A所受合外力的大小为mgsinθ
D．斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左
【答案】BCD
【分析】整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况。
【解答】解：A、对B、C整体受力分析，其受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，故A错误；
B、如果B的上表面是光滑的，倾角也为θ，C只受重力、支持力两个力作用，这二力的合力也可能沿斜面向下，也可以一起沿斜面匀加速下滑，故B正确；
C、选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A的加速度大小为
a＝gsinθ
所受合外力的大小为
F＝ma＝mgsinθ
故C正确；
D、对A、B、C和斜面体整体分析，整体有向左的分加速度，斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，故D正确。
故选：BCD。
【变式2-3】（2023秋•渝北区校级月考）如图所示，A点距水平面BC的高度h＝1.25m，BC与圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE对应的圆心角θ＝37°，圆弧的半径R＝0.5m，圆弧与斜面EF相切于E点。一质量m＝1kg的小球从A点以v0＝5m/s的速度水平抛出，从C点沿切线进入圆弧轨道，当经过E点时，该球受到圆弧的摩擦力f＝40N，经过E点后沿斜面向上滑向洞穴F。已知球与圆弧上E点附近以及斜面EF间的动摩擦因数μ均为0.5，EF＝4m，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。求：
（1）小球在C点的速度；
（2）小球到达E处时的速度大小；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度多大。（结果可用根式表示）
【答案】（1）小球在C点的速度为5m/s，与水平方向成45°；
（2）小球到达E处时的速度大小为6m/s；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度为4m/s。
【分析】（1）根据运动的合成与分解解得C点速度；
（2）在E点，对小球根据牛顿第二定律可解得；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得。
【解答】解：（1）小球从A点做平抛运动，在竖直方向有：vy＝
则小球到达C点时速度大小：vC＝
联立代入数据解得：vC＝5m/s
又速度方向与水平方向夹角α满足tan＝1，即小球在C点速度方向与水平方向成45°
（2）小球在E点，根据f＝μFN，
代入数据解得：FN＝80N
在E点，对小球根据牛顿第二定律可得：FN＝﹣mgcs37°＝
代入数据解得：vE＝6m/s
（3）小球在斜面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝﹣gsin37°﹣μgcs37°
又xEF＝4m
根据速度—位移关系有：
联立代入数据解得：vE＝4m/s
答：（1）小球在C点的速度为5m/s，与水平方向成45°；
（2）小球到达E处时的速度大小为6m/s；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度为4m/s。
【考点3 实验验证牛顿第二定律】
【典例3-1】（2022秋•浦东新区期末）符合“研究牛顿第二定律”实验结论的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据牛顿第二定律和控制变量法分析判断。
【解答】解：“研究牛顿第二定律”实验时，根据F＝ma
可知
合力一定时，加速度与质量的倒数成正比，与质量成反比；合外力与质量无关，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【典例3-2】（2023•江西开学）利用图甲实验装置验证牛顿第二定律，质量为m1、m2（m1＞m2）的两物块通过细线跨过滑轮相连，质量为m2的物块拖着纸带利用电火花打点计时器打出一系列点，重力加速度为g。
（1）图乙为打点计时器打出的一条纸带，若交流电源的工作频率为f，相邻计数点之间的距离如图所示，则打计数点2时，物块的速度大小v＝ ，根据逐差法可得物块的加速度大小a＝ 。（均用题给物理量表示）
（2）若验证牛顿第二定律，以两物块为研究对象，只需验证等式a＝ （用物理量m1、m2、g表示）是否成立即可。
（3）为减小实验误差，下列措施可行的是 AB 。
A．尽量减小细绳与滑轮之间的摩擦力
B．两个重锤的质量差适当大些
C．将电火花打点计时器改为电磁打点计时器
D．从打点计时器打下的第一个点开始选取计数点处理数据
【答案】（1）；；（2）；（3）AB。
【分析】（1）根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求物块通过计数点2时的瞬时速度；
根据“逐差法”求加速度；
（2）根据牛顿第二定律分别对两物块列式，联立求解加速度；
（3）根据实验原理和实验操作分析实验误差。
【解答】解：（1）相邻计数点之间的时间间隔
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，物块通过计数点2时的瞬时速度
代入数据联立解得
根据“逐差法”，加速度
代入数据联立解得
（2）设绳子的张力为T，加速度的大小为a
根据牛顿第二定律，对m1有m1g﹣T＝m1a
对m2有T﹣m2g＝m2a
联立解得加速度
若上式成立即可验证牛顿第二定律；
（3）AB．减小摩擦力或增大合外力都可减小实验误差，故AB正确；
C．电磁打点计时器是利用变化的低压交变电流使铁芯产生磁性，吸引其上带振针的振片通过复写纸在纸带上打点，会产生一些拖痕，且点痕有时不太明显，误差较大，故C错误；
D．从打点计时器打下的第一个点开始选取计数点处理数据会增大误差，故D错误。
故选：AB。
故答案为：（1）；；（2）；（3）AB。
【变式3-1】（2021•红桥区一模）（多选）在“验证牛顿运动定律”的实验中，保持小车的质量不变，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在坐标纸上画出a﹣F关系的点迹，如图所示。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是（ ）
A．轨道与水平方向夹角太小或没有平衡摩擦力
B．轨道与水平方向夹角太大
C．所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
【答案】AC
【分析】如果轨道倾角太大，图象在纵轴上的截距大于0；在没有或忘记平衡摩擦力的情况下，在横轴的截距大于0；当所挂钩码质量太大时造成上部点迹向下弯曲．
【解答】解：AB、由图可知，当施加的拉力不为零时，加速度仍为零，所以可能没有平衡摩擦力或平衡摩擦力过小，即轨道与水平方向夹角太小，故A正确，B错误；
CD、造成上部点迹有向下弯曲趋势，是因为没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，即所挂钩码的总质量太大，小车的质量太小，故C正确，D错误。
故选：AC。
【变式3-2】（2022秋•南昌期中）（1）在探究牛顿第二定律的实验中，有两个重要的实验要求，第一是需要补偿摩擦力，第二是要求砂和砂桶的质量要远小于小车的质量。某学校高一有一个研究小组，利用实验室现有的器材，对本实验进行了改装；用水平气垫导轨代替长木板；在小车和连接的细绳间接有力传感器，直接显示拉力大小。利用改装后的装置做该实验时，下列选项正确的是 C ；（填选项序号）
A．不需要补偿摩擦力，但仍然需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
B．需要补偿摩擦力，但不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
C．不需要补偿摩擦力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
D．需要补偿摩擦力，也需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
（2）某同学在做探究小车质量一定，加速度和合外力的关系时，没有使用力传感器，把砂和砂桶的重力作为小车受到的合外力，小车真实加速度和求出的加速度的比值，控制在90%及以上。实验中，各方面操作规范，为了达到预期效果，砂和砂桶的质量m和小车的质量M比值至少控制在 A 。（填选项序号）
A，小于等于
B．大于等于
C．小于等于
D．大于等于
【答案】（1）C；（2）A
【分析】（1）根据实验原理及实验操作规范分析解答；
（2）根据牛顿第二定律结合题意解答。
【解答】解：（1）研究小组用水平气垫导轨代替长木板；在小车和连接的细绳间接有力传感器，直接显示拉力大小，所以不需要补偿摩擦力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2）对小车，根据牛顿第二定律可知实际加速度为：mg＝（M+m）a实；
而a测＝；
要求＝≥90%
解得：
故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：（1）C；（2）A
【变式3-3】（2023春•沙坪坝区期末）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律。在一端有光滑定滑轮的长木板上，安装着两光电门A和B，在小车上适当高度设置遮光条，利用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，其部分刻度如图乙所示。
实验的操作步骤如下：
①用轻细线把小车和钩码通过定滑轮连接起来，用垫木将长木板有定滑轮的一端垫高成一定角度的斜面，使小车恰好能够沿斜面匀速下滑；
②取下全部钩码，打开光电门电源，释放小车，测量、计算并记录小车运动的加速度a和钩码的总质量m；
③增加钩码个数，改变钩码总质量，重复上述操作；
④以a为纵坐标、m为横坐标，作出a﹣m图线。
（1）实验测得遮光条的宽度d＝ 10.30 mm；
（2）本实验中，如果作出a﹣m图线是一条 直线 （选填“直线”、“双曲线”、“抛物线”），则可验证牛顿第二定律；
（3）若钩码质量与小车质量可以相比拟，对本实验 无 （选填“有”、“无”）影响。
【答案】（1）10.30；（2）直线；（3）无。
【分析】（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，根据速度一位移公式求得加速度。解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
（2）遮光片经过光电门的时间求出滑块经过光电门时的速度，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
（3）本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；本实验装置也可以用来验证动能定理。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺读数为0.05mm×6mm＝0.30mm，则遮光条的宽度为10mm+0.30mm＝10.30mm。
（2）由用轻细线把小车和钩码通过定滑轮连接起来，用垫木将长木板有定滑轮的一端垫高成一定角度的斜面，使小车恰好能够沿斜面匀速下滑，小车所受合力为零；取下全部钩码，打开光电门电源，释放小车，小车做匀加速运动，合力大小为mg，加速度测得为a，设小车的质量为M，由牛顿第二定律可得mg＝Ma，则所以本实验中，如果作出a﹣m图线是一条直线则可验证牛顿第二定律。
（3）本实验中小车的加速度由 ，或由 求出，又 与小车的质量M都是定值，所以若钩码质量与小车质量可以相比拟，对本实验无影响。
1．（2023•杭州一模）蹦极是新兴的一项户外休闲活动。如图，蹦极者站在约40米高的塔顶，把一端固定在塔顶的长橡皮绳另一端绑住身体，然后两臂伸开，从塔顶自由落下。当人体下落一段距离后，橡皮绳被拉紧，当到达最低点时橡皮绳再次弹起，人被拉起，随后又落下，这样反复多次，这就是蹦极的全过程。若空气阻力不计，橡皮绳弹力与伸长量成正比，橡皮绳弹力与人体重力相等位置为坐标原点，竖直向上为正方向，从第一次运动到最低点开始计时，则关于人体运动的位移x、速度v、加速度a、合外力F与时间t的关系图正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】蹦极时人开始自由下落，速度增大，橡皮条开始伸长后，人受到的拉力和重力的作用；下落至最低点过程中，人受到的拉力随橡皮条的伸长逐渐增大，所以人受到的合力先向下，后向上，人先加速后减速，与人在蹦床上下落过程相似。
【解答】解：以向上为正方向，从最低点开始向上运动，根据牛顿第二定律可知
F＝ma＝T﹣mg
则合力F向上，且T逐渐减小，故加速度减小，速度增加，到达坐标原点，加速度为0，速度达到最大值，继续上升，加速度增大，方向向下，速度减小，到达原长位置后继续上升到达最高点再返回到原长位置，此阶段加速度为g，速度均匀减小再均匀增大，之后加速度减小，方向向下，到达坐标原点，加速度为0，速度达到最大值，继续下降，加速度增大，方向向上，速度减小直至到达最低点，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2022秋•滨海新区校级期末）一质量为m＝40kg的学生站在竖直方向运动的电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示，g取10m/s2，可知（ ）
A．0﹣2s内电梯匀加速上升，加速度大小为2m/s2
B．2﹣5s内电梯一定处于静止状态
C．5s﹣6s内电梯处于失重状态，其加速度为3m/s2
D．0﹣2s内学生处于超重状态，其加速度为5m/s2
【答案】D
【分析】根据超重、失重的概念分析学生的所处状态，结合牛顿第二定律计算出学生的加速度。
【解答】解：AD、由图可知，0～2s内，学生对电梯的压力大于学生的重力，学生处于超重状态，电梯加速上升，由牛顿第二定律得：
600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D正确，A错误；
B、由图可知，2～5s内电梯处于匀速运动状态，故B错误；
C、由图可知，5～6s内，学生处于失重状态，学生对电梯的压力小于学生的重力，由牛顿第二定律得：
400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知电梯减速上升，故C错误；
故选：D。
3．（2023秋•佛山月考）如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态。若小车以1m/s2的加速度向右运动，则（g＝10m/s2）（ ）
A．物体A相对小车向右运动
B．物体A受到的摩擦力方向不变
C．物体A受到的摩擦力大小不变
D．物体A受到的弹簧的拉力增大
【答案】C
【分析】当物体A处于静止状态时，根据平衡条件求出此时物体A受到的摩擦力大小，确定物体A与平板车间的最大静摩擦力范围。当小车以1m/s2的加速度向右运动，由牛顿第二定律求出物体的合力大小，再分析平板车对物体A的摩擦力大小和方向，判断物体A相对于车的运动状态，确定物体受到的弹簧的拉力大小变化情况。
【解答】解：AB、当物体A处于静止状态时，根据平衡条件可知物体A受到的摩擦力大小f＝F＝5N，方向向左，则物体A与平板车间的最大静摩擦力Fmax≥5N。当小车以1m/s2的加速度向右运动，稳定时，物体的合力F合＝ma＝10×1N＝10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力大小f′＝F合﹣F＝10N﹣5N＝5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于车仍然静止，故AB错误；
C、此时平板车对物体A的摩擦力大小为5N，所以物体A受到的摩擦力大小不变，故C正确；
D、物体A相对于车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。
故选：C。
4．（2023秋•天心区校级月考）如图所示是四只猴子“水中捞月”时的情景，它们将一棵又直又高的树枝压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量为，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A．4号猴子的加速度为0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．3号猴子对4号猴子的作用力大小为
D．杆对4号猴子的作用力大小为3mg
【答案】C
【分析】对1号猴子受力分析，结合牛顿第二定律得出其加速度的大小；先对整体分析得出整体的加速度，再隔离个体分析得出猴子之间的相互作用力。
【解答】解：AB、在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有
当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析，受重力、树梢对猴子的作用力T，根据牛顿第二定律可得
T﹣3mg＝3ma′
联立解得
方向竖直向上。
对2号猴子受力分析，受重力、3号猴子对它的拉力F23，根据牛顿第二定律可得
F23﹣mg＝ma′
解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为
故A、B均错误；
C、对2、3号猴子为整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
F34﹣2mg＝2ma′
解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为
故C正确；
D、杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为，故D错误。
故选：C。
5．（2023秋•香坊区校级月考）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B（A物体与弹簧拴接），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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是（ ）
A．施加拉力后的瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B．拉力F的大小随时间均匀增大
C．分离时，A上升的高度为
D．从施加力F到A、B分离的时间为
【答案】D
【分析】先根据胡克定律和平衡条件相结合求出开始时弹簧的压缩量，再对A物体根据牛顿第二定律列方程，即可求得施加拉力后的瞬间A、B间的弹力大小；对A、B整体，根据牛顿第二定律和胡克定律相结合列式，分析拉力F的大小变化情况；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，对A受力分析，根据牛顿第二定律求出此时弹簧的压缩量，从而求得A上升的高度；由位移—时间公式求从施加力F到A、B分离的运动时间。
【解答】解：A、设弹簧开始时的压缩量为x0，则由平衡条件有：kx0＝4mg
拉力F开始施加的瞬间，对A物体，根据牛顿第二定律有：kx0﹣3mg﹣FAB＝3ma
解得：，故A错误；
B、物体A、B向上做匀加速直线运动的过程，以A、B整体为研究对象，则根据牛顿第二定律有：
可见拉力F的大小并不是随时间均匀增大，故B错误；
C、在A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB＝0，弹簧弹力不为零，对A受力分析，由牛顿第二定律得：
kx﹣3mg＝3ma
解得到这一瞬间弹簧的压缩量为：
则A上升的高度为：h＝x0﹣x＝﹣＝，故C错误；
D、由，解得从施加力到A、B分离的时间为：，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•益阳期末）在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据。然后根据测得的数据作出如图所示的a﹣F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是（ ）
A．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且小车质量较大
B．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大
C．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大
D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大
【答案】D
【分析】探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西；当砂和小桶的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于砂和小桶的重力。
【解答】解：由图像得，当未施加作用力F时，小车已经有加速度，说明所垫木板太高，平衡摩擦力过度；
从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，砂和小桶的质量不满足远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大。图线不是直线的原因是砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
7．（2022秋•李沧区校级期末）（多选）如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图（b）判断下列说法不正确的是（ ）
A．物体的质量m＝1.5kg
B．斜面的倾角θ＝53°
C．加速度为5m/s2时物体的速度v＝16m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
【答案】ABC
【分析】本题根据牛顿第二定律，结合题中数据，即可解答。
【解答】解：AB．根据牛顿第二定律Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
将，F1＝20N，，F2＝30N
代入联立得m＝2kg，θ＝37°
故AB错误；
D．当a＝0时代入Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正确；
C．没有时间的信息，条件不全，无法求出瞬时速度，故C错误。
本题选不正确的，故选：ABC。
8．（2023秋•龙华区校级月考）（多选）在粗糙的水平面上，一物体在水平拉力的作用下由静止开始做加速运动，撤去拉力后物体做减速运动直到停止。已知物体加速运动的时间是减速运动的时间的2倍，该物体的v﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．加速、减速两阶段的位移大小之比为1：1
B．加速、减速两阶段的平均速度大小之比为2：1
C．加速、减速两阶段的加速度大小之比为1：2
D．拉力与滑动摩擦力的大小之比为3：2
【答案】CD
【分析】首先，根据v﹣t图像与t轴所围的面积求出加速、减速两阶段的位移大小之比；
接着，根据平均速度公式求出加速、减速两阶段的平均速度大小；
然后，由加速度定义式结合图像求出加速、减速两阶段的加速度大小之比；
最后，根据牛顿第二定律求出加速、减速两阶段的合外力大小之比，进而求出拉力和摩擦力大小之比。
【解答】解：A、v﹣t图像与t轴所围的面积表示位移，根据图像可知加速、减速两阶段的位移大小分别为
所以加速和减速阶段的位移大小之比为2：1，故A错误；
B、由平均速度公式，可知，加速、减速两阶段的平均速度大小相等，故B错误；
C、由加速度定义式，可知加速、减速两阶段的加速度大小之比为1：2，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可知，加速、减速两阶段的加速度大小之比等于合外力大小之比，即
，解得，故D正确。
故选：CD。
9．（2023秋•朝阳区校级月考）（多选）一个物块在光滑的水平面上受到水平恒力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的﹣t图像如甲所示，v2﹣x图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（ ）
A．x＝1m时物体的速度为8m/s
B．图乙的斜率是图甲的斜率的4倍
C．图甲中的y＝8m/s
D．t＝1s时物体的速度为4m/s
【答案】BD
【分析】根据图像乙，求x＝1m时物体的速度大小；
根据初速度为0的匀加速直线运动位移—时间公式，以及公式v2＝2ax，推理函数关系结合图像，求斜率关系以及y的大小；
根据公式v'＝at，求t＝1s时物体的速度。
【解答】解：A、当x＝1m，由图乙v2＝8m2/s2
解得
故A错误；
BC、初速度为0的匀加速直线运动位移—时间公式为
整理公式有
甲图斜率
由v2＝2ax
乙图斜率k乙＝2a＝m/s2＝8m/s2
解得a＝4m/s2
则k乙＝4k甲
图甲中的y＝4m/s，故B正确，C错误；
D、t＝1s时物体的速度为v'＝at，解得v'＝4m/s
故D正确。
故选：BD。
10．（2022秋•徐汇区校级期中）地面上有一个物体，受到竖直向上的拉力F作用，其加速度a随拉力F的变化关系如图所示，则当a＝a0时物体所受拉力 （1+）F0 ，在同一图上画出另一质量为其2倍的物体的a﹣F图线。（图中F0，重力加速度g已知）
【答案】（1+）F0，图见解析。
【分析】根据牛顿第二定律列出a和F的关系式，结合图像求解物体的质量和a＝a0时物体所受拉力；根据牛顿第二定律画另一质量为其2倍的物体的a﹣F图线。
【解答】解：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
即a＝
斜率k＝＝
m＝
当a＝a0时，拉力F＝mg+ma＝F0+a0＝（1+）F0
质量变为2m，a﹣F图像的斜率变为原来的，图像如图所示：
故答案为：（1+）F0，图见解析。
11．（2023春•浦东新区校级期末）某乘客靠在座椅上如图所示，此时列车正在向左加速行驶，加速度逐渐减小，若不考虑人与座位之间的摩擦力且人脚未接触地面，则此过程中人对座位底部的压力N1 变小 ，对座位靠背的压力N2 变小 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】变大；变小。
【分析】以人为研究对象，进行受力分析，然后正交分解，由牛顿第二定律列方程。
【解答】解：设座椅靠背与竖直方向之间的夹角为α。以人为研究对象，人受到重力G，座位底部对他的支持力N1'以及靠背对他的支持力N2'。
由牛顿第二定律：
N2'csα＝ma ①
N2'sinα+N1'＝mg ②
①②可知：a减小N2'变小，N1'变大，
由牛顿第三定律得：N2变小，N1变大。
故答案为：变大，变小。
12．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，某同学用量程为10cm、分度为1mm的刻度尺和轻质弹簧、重物等制作了一个“竖直加速度测量仪”。该同学将刻度尺竖直放置在装置一侧，0刻线在最下端。弹簧上端固定在装置上方，下端悬挂重为330g的物体A达平衡时，弹簧下端指针指向刻度7.40cm；逐步改变悬挂重物的质量，当悬挂重为450g的物体B达平衡时，弹簧下端指针正好指向刻度5.00cm，并标记此处为加速度的零点，此后就将物体B固定在弹簧下端。将装置置于电梯里，可以测出电梯运行时的加速度。（g取10m/s2）
（1）所用弹簧的劲度系数为 50N/m 。
（2）刻度尺上刻度为2.50cm处的刻线，对应的加速度大小是 2.78m/s2 ，方向为 竖直向上 。（本问计算结果保留3位有效数字）
（3）若该同学在原先的基础上换用了质量更大的重物C，并改变刻度尺的位置，仍使悬挂重物时的平衡位置位于5.00cm刻线处（使加速度零点不变），其他条件均不变。则与原先相比，此时加速度测量仪的量程和分度值会发生怎样的变化？更适宜测量更大的加速度还是更小的加速度？ 测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测小的加速度。 。（设刻度尺所在范围均在弹簧的弹性限度之内）
【答案】（1）50N/m；（2）2.78m/s2，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
【分析】根据胡克定律，即可求得劲度系数，分析出物体受到的合外力，利用牛顿第二定律，即可求出加速度。根据加速度合外力的关系，就可分析出量程的变化情况。
【解答】解：（1）根据F＝kx，则k＝＝50N/m；
（2）刻度尺上刻度为2.50cm处的刻线，根据牛顿第二定律可得：
k（x0+x）﹣mg＝ma①
kx0﹣mg＝0②
联立可解得a＝＝，方向竖直向上；
（3）在形变量的改变量相同的情况下，有m1a1＝m2a2，故测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
故答案为：（1）50N/m；（2）2.78m/s2，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
13．（2022秋•武清区校级月考）某物理兴趣小组的同学用图甲所示装置来“验证牛顿第二定律”。同学们在实验中，都将砂和小桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变小桶中砂的质量改变拉力。为使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，实验中需要平衡摩擦力。
（1）下列器材中不必要的是 B （填字母代号）；
A．低压交流电源
B．秒表
C．天平（含砝码）
D．刻度尺
（2）下列实验操作中，哪些是正确的 AD （填字母代号）；
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源
C．平衡摩擦力时，将悬挂小桶的细线系在小车上
D．平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带
（3）实验中得到如图（乙）所示的一条纸带，s1、s2、s3、s4是纸带上相邻两个计数点之间的距离（相邻两个计数点之间还有四个点没有画出），已知打点计时器打点频率为f，则小车的加速度大小可以表示为a＝ ；
（4）把砂桶（含砂）的重力mg作为小车受到的合力F，作出a﹣F图像，当砂桶（含砂）的质量接近小车的质量后，可能会出现图丙中的图线 ③ （选填①、②或③）；设小车的质量为M，作出小车加速度的倒数与小车质量M的关系图像，下列选项正确的是 C 。
【答案】（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
【分析】（1）根据实验目的和实验方法确定不必要的器材；
（2）根据实验原理和注意事项分析答题。
（3）根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝at2可以求出小车的加速度；
（4）根据实验注意事项分析图示图象，结合牛顿第二定律然后分析答题。
【解答】解：（1）A、电磁式打点计时器使用的是低压交流电源，故A正确；
B、电磁式打点计时器是计时的仪器，不需要秒表；故B错误；
C、验证牛顿第二定律的过程中需要使用天平（含砝码）测量物体与小车的质量，故C正确；
D、验证牛顿第二定律的过程中需要使用刻度尺测量运动的长度，故D正确；
本题选择不需要的器材，故选：B
（2）A、在实验的过程中要注意调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使绳子的拉力平行于运动的方向，故A正确；
B、实验时，为充分利用纸带应先接通电源然后再放开小车，故B错误；
C、在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，需要将装有砂的砂桶摘下，故C错误；
D、平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带，故D正确。
故选：AD
（3）T＝，t＝5T＝由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可知，加速度为：
a＝
（4）a﹣F图像的斜率表示小车质量的倒数，小车质量不变，把砂桶（含砂）的重力mg作为小车受到的合力F，当砂桶（含砂）的质量接近小车质量时，实际的加速度应该较小，图线斜率减小，故选③。
对小车和砂桶（含砂）看作一个整体。由牛顿第二定律可得
mg＝（m+M）a
，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
14．（2023秋•顺德区校级月考）验证牛顿第二定律的实验装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是 B 。
A．实验中要始终满足钩码的质量远小于小车的质量
B．调整滑轮高度，使连接小车的细线与木板平行
C．改变钩码或小车的质量时必须重新平衡摩擦力
（2）图乙是某次实验时打出的一条纸带，把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个计时点未画出，用刻度尺测得各计数点到0点的距离分别为d1＝0.88cm、d2＝3.52cm、d3＝7.92cm、d4＝14.08cm、d5＝22.00cm…打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为a＝ 1.76 m/s2。
（3）在不同次实验中测得多组外力F和对应的加速度a的数据，作出F﹣a图像如图丙所示，图线不经过坐标原点的原因是 没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足） 。
【答案】（1）B；（2）1.76；（3）没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析作答；
（2）根据逐差法求加速度；
（3）根据牛顿第二定律求解F﹣a函数，然后分析F﹣a图像的特征。
【解答】解：（1）A．通过实验装置可知，该实验中由于通过拉力传感器可以直接读出小车所受拉力的大小，所以不需要始终满足钩码的质量远小于小车的质量，故A错误；
B．为了保证小车受到的拉力等于小车的合力，应调整滑轮高度，使连接小车的细线与木板平行，故B正确；
C．平衡摩擦力的原理是重力沿斜面的分力与阻力相等，根据平衡条件mgsinθ＝μmgcsθ
化简得tanθ＝μ
由此可知，平衡摩擦力后，斜面的倾角与质量无关；在改变钩码或小车的质量时，就不需要再次重新平衡摩擦力了，故C错误。
故选：B。
（2）相邻计数点间的时间间隔为
利用逐差法，可得小车的加速度大小为
（3）根据“描点法”，作出F﹣a图像如图丙所示；从图像可知a＝0时，纵截距不为零，使得图线不经过坐标原点，其原因是没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
故答案为：（1）B；（2）1.76；（3）没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
15．（2023秋•和平区校级月考）小华所在的实验小组利用如图甲所示的实验装置探究牛顿第二定律，打点计时器使用的交流电频率f＝50Hz，当地的重力加速度为g。
（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 B 。
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，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，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，撤去砂和砂桶，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，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
（2）图乙是小华同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出。若s1＝2.02cm，s2＝4.00cm，s3＝6.01cm，则B点的速度为vB＝ 0.301 m/s（保留三位有效数字）。
（3）在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a与小车质量M的关系中，某次实验测得的数据如表所示。根据这些数据在图丙坐标图中描点并作出a﹣图线。从a﹣图线求得合外力大小为 0.30 N（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）B；（2）0.301；（3）0.30
【分析】（1）平衡摩擦力时，不能砂桶；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；
（2）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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；
（3）根据牛顿第二定律结合图像斜率解答。
【解答】解：（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂和砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动。
故AC错误，B正确；
故选：B。
（2）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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．
vB＝＝×0.01m/s＝0.301m/s
（3）根据牛顿第二定律可知F＝Ma
则a＝
合外力等于图象的斜率，大小为：F合＝N＝0.30N
故答案为：（1）B；（2）0.301；（3）0.30
16．（2022秋•潜山市校级期末）某实验小组同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
①将光电门A、B固定在长木板上，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L；
②调节长木板左端的高度，直至滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等；
③将细绳的一端与滑块相连，另一端与小球相连，细绳跨过光滑轻质定滑轮，调整滑轮，使滑块与滑轮间的细绳与长木板平行；
④将滑块置于光电门A上方某位置，由静止释放，记录滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间Δt1和Δt2；
⑤用天平测量滑块（含遮光片）的质量M，测量小球的质量m；
⑥测量出遮光片的宽度d。
回答下列问题（重力加速度为g）：
（1）实验步骤②的目的是 平衡摩擦力 ；
（2）滑块从光电门A运动到光电门B的加速度大小a＝ ；（用题中所给物理量符号表示）
（3）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力大小FT≈ mg ；（用题中所给物理量符号表示）
（4）若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M的条件，则牛顿第二定律在本实验中的具体表达形式为 。（用题中所给物理量符号表示）
【答案】（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据运动学公式得出加速度的表达式；
（3）根据牛顿第二定律得出细绳的拉力的大小；
（4）根据牛顿第二定律结合实验原理得出正确的表达式。
【解答】解：（1）平衡摩擦力（补偿阻力），使滑块（含遮光片）所受合外力等于细绳拉力；
（2）根据，，
得：
（3）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力与小球重力近似相等，即FT≈mg；
（4）小球与滑块的加速度大小相等，小球所受重力提供系统的合力，由牛顿第二定律方程得
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
17．（2023•宁波一模）图为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
（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 C 。
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，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，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，撤去砂和砂桶，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，撤去纸带以及砂和砂桶，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 C 。
A．M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g。
【答案】见试题解答内容
【分析】小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力，平衡摩擦力时，让小车拖着纸带，能够做匀速直线运动即可，不能将砂和砂桶通过滑轮挂在小车上。
当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力；
【解答】解：（1）实验时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。故选：C。
（2）当m＜＜M时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力。故选：C。
故答案为：（1）B，（2）C。
18．（2023•抚松县校级一模）某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板．已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20g。硬纸板的质量为m2＝10g，长度为l＝5cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
（2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零．则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
（3）若要求橡皮擦移动的时间不超过t＝0.2s，求纸板被弹出的最小速度？
【答案】（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，F0大小至少是0.15N。
（2）v0需满足的条件是v0≥m/s；
（3）纸板被弹出的最小速度大小是m/s。
【分析】（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，纸板的加速度应大于橡皮擦的加速度，应用牛顿第二定律求出橡皮擦与纸板的加速度大小，然后分析答题。
（2）应用牛顿第二定律求出纸板的加速度大小，应用运动学公式求出纸板与橡皮擦的位移大小，然后根据橡皮擦脱离纸板时两者的位移关系求出纸板的最小速度，然后分析答题。
（3）根据要求应用运动学公式求出纸板被弹出时的最小速度。
【解答】解：由题意可知，橡皮擦的质量m1＝20g＝0.020kg，硬纸板的质量为m2＝10g＝0.010kg，长度为l＝5cm＝0.05m
（1）当橡皮擦在纸板上滑动时，设橡皮擦的加速度大小是a1，纸板的加速度大小是a2，
对橡皮擦，由牛顿第二定律得：μ1m1g＝m1a1，
代入数据解得：a1＝2m/s2
对纸板，由牛顿第二定律得：F0﹣μ2（m1+m2）g﹣μ1m1g＝m2a2，
要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a2＞a1
解得：F0＞0.15N
（2）纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a2′，
对纸板，由牛顿第二定律得：μ2（m1+m2）g+μ1m1g＝m2a2′
代入数据解得：a2′＝13m/s2
假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t橡皮擦与纸板速度相同
则：a1t＝v0﹣a2′t，代入数据解得：t＝
此过程橡皮擦的位移大小x1＝
纸板的位移大小x2＝v0t﹣
要使橡皮擦离开纸板，则需x2＞x1+
代入数据解得：v0≥m/s
（3）橡皮擦先纸板上做加速运动，离开后纸板后在桌面上做匀减速运动，因前后加速度一样大，故前后的所用的时间一样长，橡皮擦在纸板上的运动时间t≤s＝0.1s
橡皮擦滑离纸板时速度v0≥m/s，
当v0＝m/s时橡皮擦滑离纸板的时间t0＝s≈0.06s＜0.1s
则纸板被弹出的最小速度是m/s
答：（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，F0大小至少是0.15N。
（2）v0需满足的条件是v0≥m/s；
（3）纸板被弹出的最小速度大小是m/s。
19．（2023•坪山区校级三模）如图1所示，工人们利用一个斜直的长木板来将高处的货物运送到水平地面上，高处的工人先将质量为2kg的货物（可视为质点）搬到木板的最上端，然后无初速度释放货物．物体能沿着斜面由静止匀加速下滑，木板的长度为L＝8m，物体与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.25，木板与水平的夹角为37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）求物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小。
（2）若货物到达斜面底端的速度过快将会造成物品损坏，于是工人就在木板上贴了一层长为x米的特殊材料使得货物能够到达底端且速度不超过2m/s，其模型可以简化为图2所示，特殊材料和货物之间的动摩擦因数为μ2＝，材料下端离底端的距离为d＝0.32m，求特殊材料长度x的取值范围。
（3）现在特殊材料的长度为x＝6m和货物之间的动摩擦因数仍为μ2＝，为使货物能够到达底端且速度不超过2m/s，则下端距离木板底端距离d的取值范围应该是多少？
【答案】（1）物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小为8m/s；
（2）特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范围是d≤0.5m.
【分析】（1）由牛顿第二定律和速度—位移关系求解；（2）跟据题意判断物体在特殊材料上运动，由题意讨论，由牛顿第二定律和速度—位移关系求解，确定x的范围；（3）由速度—位移关系求解。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律：mgsin37°﹣μ1mgcs37°＝ma1，
解得a1＝g（sin37°﹣μ1cs37°）＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝4m/s2，
由v2＝2a1 L得物体到达底端的速度大小为v＝＝m/s＝8m/s
（2）设物体滑到底端速度恰好为2m/s，如图1所示
v，因μ2＞tan37°，所以物体在特殊材料上做匀减速运动，由牛顿第二定律：μ2mgcs37°﹣mgsin37°＝ma2，v，v，联立解得：x＝6m，a
设物体滑到特殊材料底端速度为零，如图2所示，即v2′＝0，滑到斜面底端v2＝2a1d，v＝＝m/s＝1.6m/s＜2m/s，符合要求，则v＝2a1（L﹣x﹣d），联立解得：x＝6.144m，
所以特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m.
（3）设物体滑到底端速度恰好为2m/s，设物体滑到特殊材料底端速度为零v″＝0，v2＝2a1d1，解得d1＝0.5m，
如图3所示：
v2﹣v″2＝2a1d2，v′2﹣v″2＝2a2x，v′2＝2a1（L﹣x﹣d2），联立解得d2＝0，所以d的取值范围是d≤0.5m.
答：（1）物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小为8m/s；
（2）特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范围是d≤0.5m.
20．（2023秋•南关区校级月考）如图所示，光滑粗细均匀的直杆水平固定，质量均为m的A、B两个滑环套在杆上，用长为L的细线连接，用两根长也为L的细线将质量也为m的小球C分别与滑环A、B连接，不计滑环和小球的大小，重力加速度为g，水平杆足够长，用水平向右的恒定拉力拉滑环B向右加速运动，A、B、C保持相对静止，连接A、C的细线刚好张力为零。求：
（1）A、B、C整体运动的加速度和水平拉力F的大小；
（2）若将水平拉力增大为原来的倍，从静止开始拉B运动。当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小。
【答案】（1）A、B、C整体运动的加速度为，水平拉力F的大小为；
（2）当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小为。
【分析】（1）对C进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度的大小，对整体求拉力的大小；
（2）对整体进行受力分析，求出加速度大小，隔离C进行受力分析，求出BC绳子上张力。
【解答】解：（1）由题意可知，连接A、C的细线刚好伸直，且刚好张力是零，设A、B、C整体运动的加速度为a1，对小球C受力分析，如图所示，受重力和B、C间细绳上的张力，
由牛顿第二定律可知，两力的合力产生加速度，则有
mgtan30°＝ma1
解得加速度为：
对A、B、C整体分析，由牛顿第二定律则有：
（2）若将水平拉力增大为原来的倍，设当整体稳定时整体的加速度为a2，由牛顿第二定律可得：＝3ma2
将上一问中F＝代入上式解得：a2＝g
对小球C分析，设B、C间的细线上张力的大小为T2，由牛顿第二定律可得：
解得：
答：（1）A、B、C整体运动的加速度为，水平拉力F的大小为；
（2）当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小为。
a/m•s﹣2
1.2
1.1
0.6
0.4
0.3
/kg﹣1
4.0
3.6
2.0
1.4
1.0
考点1 牛顿第二定律的图像问题
1、物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F-a图象是一条直线。
2、物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝，所以物体的-a图象是一条直线。
考点2 牛顿第二定律
1、内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
2、表达式：F合=ma；该表达式只能在国际单位制中成立，因为F合=k•ma，只有在国际单位制中才有k=1；力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg•m/s2。
3、适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对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）、低速运动（远小于光速）的情况。
4、对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝。
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的。
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同。
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的。
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量。
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应。
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的。
考点3 实验验证牛顿第二定律
【实验目的】
1、学会用控制变量法探究加速度a与力F、质量M的关系。
2、掌握灵活运用图象处理问题的方法。
3、掌握利用图象处理数据的方法。
【实验原理】
本实验中，探究加速度a与力F、质量M的关系，可以先保持F不变，研究a和M的关系，再保持M不变，研究a和F的关系。
【实验器材】
一端有定滑轮的长木板、低压交流电源、复写纸片和纸带、小车、小盘、电磁打点计时器、天平、砝码、刻度尺、导线。
【实验步骤】
1、用天平测出小车的质量M和盘的质量m0，把数值记录下来。
2、把实验器材安装好。
3、平衡摩擦力：在长木板的不带滑轮的一端下面垫上一块薄木板，反复移动其位置，直至不挂盘和重物的小车刚好能在斜面上保持匀速直线运动为止。
4、将盘和重物通过细绳系在小车上，接通电源放开小车，使小车运动，用纸带记录小车的运动情况，取下纸带，并在纸带上标上号码。
5、保持小车的质量不变，改变盘中重物的质量，重复步骤4，每次记录必须在相应的纸带上做上标记，将记录的数据填写在表格内。
6、建立坐标系，用纵坐标表示加速度，横坐标表示力，在坐标系中描点，画出相应的图线，探究a与F的关系。
7、保持盘和重物的质量不变，改变小车的质量（在小车上增减砝码），探究a与M的关系。
【考点1 牛顿第二定律的图像问题】
【典例1-1】（2023春•深圳校级月考）如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示。已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g。则可求出的物理量有（ ）
A．物体的质量
B．斜面体的倾角θ
C．物体与斜面体之间的动摩擦因数
D．物体对斜面体的压力
【答案】A
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度与外力F的关系，结合图像分析即可；根据平衡条件和牛顿第三定律分析物体对斜面的压力大小。
【解答】解：A、对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
整理得：a＝•F﹣gsinθ﹣μgcsθ
由图像得，图像的斜率k＝＝
则物体的质量m＝
故A正确；
BC、图像的截距为﹣b＝﹣gsinθ﹣μgcsθ
则sinθ+μcsθ＝
无法求解斜面倾角和动摩擦因数，故BC错误；
D、由牛顿第三定律得，物体对斜面的支持力等于斜面对物体的支持力，大小为N＝mgcsθ
则无法求解物体对斜面的压力，故D错误。
故选：A。
【典例1-2】（2023•河西区三模）（多选）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14N
B．物体做变加速运动，F为14N时，物体的加速度大小为7m/s2
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体的质量为2kg
【答案】CD
【分析】A.根据由a﹣F图像可知，物体所受最大静摩擦力；
B.根据牛顿第二定律分析加速度的变化，根据图像得加速度的值；
CD.根据滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解质量和动摩擦因数。
【解答】解：A.由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为fm＝7N，故A错误；
B.由于外力F不断变化，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知物体加速度不断变化，做变加速运动；当F2＝14N时，由a﹣F图像可知，故B错误；
CD.当F1＝7N时，根据牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，当F2＝14N时，根据牛顿第二定律F2﹣μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD正确，B错误。
故选：CD。
【变式1-1】（2023春•榆林期末）如图甲所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块P的质量为（ ）
A．2kgB．3kgC．4kgD．5kg
【答案】A
【分析】PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律结合图像斜率，求质量和，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律结合图像斜率，求Q的质量。
【解答】解：刚开始PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律
F＝（mP+mQ）a
结合图像斜率mP+mQ＝3kg
当加速度大于等于2m/s2，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律
F﹣f＝mQa
结合图像斜率mQ＝1kg
联立可得
mP＝2kg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式1-2】（2023•沙坪坝区校级开学）（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示a−F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（ ）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【答案】BD
【分析】首先，根据图像分析两者发生滑动时的拉力，结合整体法和牛顿第二定律，结合图像的斜率求出木板和滑块的质量；
然后，根据图像的截距求出两者间的摩擦因数；
最后，根据整体法，由牛顿第二定律求出拉力等于8N时滑块的加速度。
【解答】解：AB、根据图像分析可得，当拉力等于12N时，两物体恰好要发生相对滑动，当F＝12N时，加速度为a＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a
代入数据解得M+m＝＝3kg
当F＞12N时，根据牛顿第二定律得
图线的斜率
解得木板的质量：M＝0.5kg；滑块的质量：m＝2.5kg，故A错误，B正确；
D、根据a﹣F图像：，F＝10N时，a＝0，代入
代入数据解得：μ＝0.4，故D正确；
C、当F＝8N时，板块之间没有相对滑动，对整体分析，根据牛顿第二定律得F＝（M+m）a
解得此时a＝m/s2，故C错误。
故选：BD。
【变式1-3】（2022秋•浦东新区校级期中）如图甲所示，物体A、B（均可视为质点）用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，A、B初始离水平地面的高度均为H。A的质量为m0，改变B的质量m，得到A的加速度a随m变化的图线如图乙所示，图中虚线为渐近线，设竖直向上为加速度的正方向，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则m0＝ 0.4 kg，若m＝1.6kg、H＝1.2m，由静止同时释放A、B后，则A距离水平地面的最大高度为 3.12 m。（假设B落地后不反弹，A不与天花板碰撞）
【答案】（1）0.4；（2）3.12
【分析】（1）根据图像和牛顿第二定律求A的质量；
（2）根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理求A距离水平地面的最大高度。
【解答】解：（1）以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律有：mg﹣m0g＝（m+m0）a，由图像可知，当a＝0时，m0＝0.4kg
（2）由静止同时释放A、B后，加速为：＝6m/s2
当B落地时有：v2＝2aH
A做竖直上抛运动，到最高点时根据动能定理有：
联立解得：h＝0.72m
A距离水平地面的最大高度为：hm＝2H+h＝2×1.2m+0.72m＝3.12
故答案为：（1）0.4；（2）3.12
【考点2 牛顿第二定律】
【典例2-1】（2023秋•新乐市校级月考）如图所示为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸长，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起，整个过程中忽略空气阻力，分析这一过程，下列表述正确的是（ ）
①经过B点时，运动员的速率最大
②经过C点时，运动员的速率最大
③从C点到D点，运动员的加速度增大
④从C点到D点，运动员的速度先增大后减小
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】B
【分析】运动员从O点自由下落，到达B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
【解答】解：运动员的下落过程，从O到B过程做自由落体运动；从B到C过程，弹性绳的弹力小于重力，随着弹性绳弹力的增大，运动员所受的合力向下，运动员做加速度逐渐减小的加速运动；C点加速度为零，速度最大；从C到D过程，弹性绳的弹力大于重力，加速度方向向上，随着弹性绳弹力的增大，运动员做加速度增大的减速运动，D点速度为零。
故选：B。
【典例2-2】（2023春•博爱县校级期末）在水平桌面上，质量为2kg的物体在5N的水平拉力作用下以1m/s2的加速度作匀加速直线运动，当水平拉力增大到10N时，木块的加速度是 3.5 m/s2，当水平力再减小到2N时，木块的加速度大小是 0.5 m/s2，此时加速度方向与滑行方向 相反 。
【答案】故答案为：3.5；0.5；相反
【分析】当拉力为5N时，由牛顿第二定律求出阻力，当拉力为10N时，由牛顿第二定律可木块的加速度；当水平力再减小到2N时，阻力不变，由牛顿第二定律求木块的加速度大小和方向。
【解答】解：设物体所受阻力为f，当拉力为5N时，由牛顿第二定律可得
F1﹣f＝ma1
解得：
f＝3N
当拉力为10N时，由牛顿第二定律可得
F2﹣f＝ma2
解得：
当水平力再减小到2N时，水平力小于阻力，物体做减速运动，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律可得
f﹣F3＝ma3
解得：
此时加速度方向与运动方向相反。
故答案为：3.5；0.5；相反
【变式2-1】（2023•重庆模拟）如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先对三个物体组成的整体，利用牛顿第二定律求得加速度，再以B、C和C为研究对象，利用牛顿第二定律和胡克定律相结合求出两弹簧的伸长量，即可得到A、C间的距离。
【解答】解：对三个物体组成的整体，根据牛顿第二定律得：
对B、C整体，根据牛顿第二定律得：2ma＝kΔx1﹣2μmg
对C，根据牛顿第二定律得：ma＝kΔx2﹣μmg
A、C间的距离为：x＝2L+Δx1+Δx2
联立解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【变式2-2】（2023•重庆开学）（多选）如图所示，静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上有一斜劈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。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的摩擦力为零
B．C可能只受两个力作用
C．A所受合外力的大小为mgsinθ
D．斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左
【答案】BCD
【分析】整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况。
【解答】解：A、对B、C整体受力分析，其受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，故A错误；
B、如果B的上表面是光滑的，倾角也为θ，C只受重力、支持力两个力作用，这二力的合力也可能沿斜面向下，也可以一起沿斜面匀加速下滑，故B正确；
C、选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A的加速度大小为
a＝gsinθ
所受合外力的大小为
F＝ma＝mgsinθ
故C正确；
D、对A、B、C和斜面体整体分析，整体有向左的分加速度，斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，故D正确。
故选：BCD。
【变式2-3】（2023秋•渝北区校级月考）如图所示，A点距水平面BC的高度h＝1.25m，BC与圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE对应的圆心角θ＝37°，圆弧的半径R＝0.5m，圆弧与斜面EF相切于E点。一质量m＝1kg的小球从A点以v0＝5m/s的速度水平抛出，从C点沿切线进入圆弧轨道，当经过E点时，该球受到圆弧的摩擦力f＝40N，经过E点后沿斜面向上滑向洞穴F。已知球与圆弧上E点附近以及斜面EF间的动摩擦因数μ均为0.5，EF＝4m，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。求：
（1）小球在C点的速度；
（2）小球到达E处时的速度大小；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度多大。（结果可用根式表示）
【答案】（1）小球在C点的速度为5m/s，与水平方向成45°；
（2）小球到达E处时的速度大小为6m/s；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度为4m/s。
【分析】（1）根据运动的合成与分解解得C点速度；
（2）在E点，对小球根据牛顿第二定律可解得；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得。
【解答】解：（1）小球从A点做平抛运动，在竖直方向有：vy＝
则小球到达C点时速度大小：vC＝
联立代入数据解得：vC＝5m/s
又速度方向与水平方向夹角α满足tan＝1，即小球在C点速度方向与水平方向成45°
（2）小球在E点，根据f＝μFN，
代入数据解得：FN＝80N
在E点，对小球根据牛顿第二定律可得：FN＝﹣mgcs37°＝
代入数据解得：vE＝6m/s
（3）小球在斜面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝﹣gsin37°﹣μgcs37°
又xEF＝4m
根据速度—位移关系有：
联立代入数据解得：vE＝4m/s
答：（1）小球在C点的速度为5m/s，与水平方向成45°；
（2）小球到达E处时的速度大小为6m/s；
（3）要使小球正好落到F处的球洞里，则小球在E处的速度为4m/s。
【考点3 实验验证牛顿第二定律】
【典例3-1】（2022秋•浦东新区期末）符合“研究牛顿第二定律”实验结论的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据牛顿第二定律和控制变量法分析判断。
【解答】解：“研究牛顿第二定律”实验时，根据F＝ma
可知
合力一定时，加速度与质量的倒数成正比，与质量成反比；合外力与质量无关，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【典例3-2】（2023•江西开学）利用图甲实验装置验证牛顿第二定律，质量为m1、m2（m1＞m2）的两物块通过细线跨过滑轮相连，质量为m2的物块拖着纸带利用电火花打点计时器打出一系列点，重力加速度为g。
（1）图乙为打点计时器打出的一条纸带，若交流电源的工作频率为f，相邻计数点之间的距离如图所示，则打计数点2时，物块的速度大小v＝ ，根据逐差法可得物块的加速度大小a＝ 。（均用题给物理量表示）
（2）若验证牛顿第二定律，以两物块为研究对象，只需验证等式a＝ （用物理量m1、m2、g表示）是否成立即可。
（3）为减小实验误差，下列措施可行的是 AB 。
A．尽量减小细绳与滑轮之间的摩擦力
B．两个重锤的质量差适当大些
C．将电火花打点计时器改为电磁打点计时器
D．从打点计时器打下的第一个点开始选取计数点处理数据
【答案】（1）；；（2）；（3）AB。
【分析】（1）根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求物块通过计数点2时的瞬时速度；
根据“逐差法”求加速度；
（2）根据牛顿第二定律分别对两物块列式，联立求解加速度；
（3）根据实验原理和实验操作分析实验误差。
【解答】解：（1）相邻计数点之间的时间间隔
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，物块通过计数点2时的瞬时速度
代入数据联立解得
根据“逐差法”，加速度
代入数据联立解得
（2）设绳子的张力为T，加速度的大小为a
根据牛顿第二定律，对m1有m1g﹣T＝m1a
对m2有T﹣m2g＝m2a
联立解得加速度
若上式成立即可验证牛顿第二定律；
（3）AB．减小摩擦力或增大合外力都可减小实验误差，故AB正确；
C．电磁打点计时器是利用变化的低压交变电流使铁芯产生磁性，吸引其上带振针的振片通过复写纸在纸带上打点，会产生一些拖痕，且点痕有时不太明显，误差较大，故C错误；
D．从打点计时器打下的第一个点开始选取计数点处理数据会增大误差，故D错误。
故选：AB。
故答案为：（1）；；（2）；（3）AB。
【变式3-1】（2021•红桥区一模）（多选）在“验证牛顿运动定律”的实验中，保持小车的质量不变，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在坐标纸上画出a﹣F关系的点迹，如图所示。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是（ ）
A．轨道与水平方向夹角太小或没有平衡摩擦力
B．轨道与水平方向夹角太大
C．所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
【答案】AC
【分析】如果轨道倾角太大，图象在纵轴上的截距大于0；在没有或忘记平衡摩擦力的情况下，在横轴的截距大于0；当所挂钩码质量太大时造成上部点迹向下弯曲．
【解答】解：AB、由图可知，当施加的拉力不为零时，加速度仍为零，所以可能没有平衡摩擦力或平衡摩擦力过小，即轨道与水平方向夹角太小，故A正确，B错误；
CD、造成上部点迹有向下弯曲趋势，是因为没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，即所挂钩码的总质量太大，小车的质量太小，故C正确，D错误。
故选：AC。
【变式3-2】（2022秋•南昌期中）（1）在探究牛顿第二定律的实验中，有两个重要的实验要求，第一是需要补偿摩擦力，第二是要求砂和砂桶的质量要远小于小车的质量。某学校高一有一个研究小组，利用实验室现有的器材，对本实验进行了改装；用水平气垫导轨代替长木板；在小车和连接的细绳间接有力传感器，直接显示拉力大小。利用改装后的装置做该实验时，下列选项正确的是 C ；（填选项序号）
A．不需要补偿摩擦力，但仍然需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
B．需要补偿摩擦力，但不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
C．不需要补偿摩擦力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
D．需要补偿摩擦力，也需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
（2）某同学在做探究小车质量一定，加速度和合外力的关系时，没有使用力传感器，把砂和砂桶的重力作为小车受到的合外力，小车真实加速度和求出的加速度的比值，控制在90%及以上。实验中，各方面操作规范，为了达到预期效果，砂和砂桶的质量m和小车的质量M比值至少控制在 A 。（填选项序号）
A，小于等于
B．大于等于
C．小于等于
D．大于等于
【答案】（1）C；（2）A
【分析】（1）根据实验原理及实验操作规范分析解答；
（2）根据牛顿第二定律结合题意解答。
【解答】解：（1）研究小组用水平气垫导轨代替长木板；在小车和连接的细绳间接有力传感器，直接显示拉力大小，所以不需要补偿摩擦力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2）对小车，根据牛顿第二定律可知实际加速度为：mg＝（M+m）a实；
而a测＝；
要求＝≥90%
解得：
故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：（1）C；（2）A
【变式3-3】（2023春•沙坪坝区期末）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律。在一端有光滑定滑轮的长木板上，安装着两光电门A和B，在小车上适当高度设置遮光条，利用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，其部分刻度如图乙所示。
实验的操作步骤如下：
①用轻细线把小车和钩码通过定滑轮连接起来，用垫木将长木板有定滑轮的一端垫高成一定角度的斜面，使小车恰好能够沿斜面匀速下滑；
②取下全部钩码，打开光电门电源，释放小车，测量、计算并记录小车运动的加速度a和钩码的总质量m；
③增加钩码个数，改变钩码总质量，重复上述操作；
④以a为纵坐标、m为横坐标，作出a﹣m图线。
（1）实验测得遮光条的宽度d＝ 10.30 mm；
（2）本实验中，如果作出a﹣m图线是一条 直线 （选填“直线”、“双曲线”、“抛物线”），则可验证牛顿第二定律；
（3）若钩码质量与小车质量可以相比拟，对本实验 无 （选填“有”、“无”）影响。
【答案】（1）10.30；（2）直线；（3）无。
【分析】（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，根据速度一位移公式求得加速度。解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
（2）遮光片经过光电门的时间求出滑块经过光电门时的速度，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
（3）本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；本实验装置也可以用来验证动能定理。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺读数为0.05mm×6mm＝0.30mm，则遮光条的宽度为10mm+0.30mm＝10.30mm。
（2）由用轻细线把小车和钩码通过定滑轮连接起来，用垫木将长木板有定滑轮的一端垫高成一定角度的斜面，使小车恰好能够沿斜面匀速下滑，小车所受合力为零；取下全部钩码，打开光电门电源，释放小车，小车做匀加速运动，合力大小为mg，加速度测得为a，设小车的质量为M，由牛顿第二定律可得mg＝Ma，则所以本实验中，如果作出a﹣m图线是一条直线则可验证牛顿第二定律。
（3）本实验中小车的加速度由 ，或由 求出，又 与小车的质量M都是定值，所以若钩码质量与小车质量可以相比拟，对本实验无影响。
1．（2023•杭州一模）蹦极是新兴的一项户外休闲活动。如图，蹦极者站在约40米高的塔顶，把一端固定在塔顶的长橡皮绳另一端绑住身体，然后两臂伸开，从塔顶自由落下。当人体下落一段距离后，橡皮绳被拉紧，当到达最低点时橡皮绳再次弹起，人被拉起，随后又落下，这样反复多次，这就是蹦极的全过程。若空气阻力不计，橡皮绳弹力与伸长量成正比，橡皮绳弹力与人体重力相等位置为坐标原点，竖直向上为正方向，从第一次运动到最低点开始计时，则关于人体运动的位移x、速度v、加速度a、合外力F与时间t的关系图正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】蹦极时人开始自由下落，速度增大，橡皮条开始伸长后，人受到的拉力和重力的作用；下落至最低点过程中，人受到的拉力随橡皮条的伸长逐渐增大，所以人受到的合力先向下，后向上，人先加速后减速，与人在蹦床上下落过程相似。
【解答】解：以向上为正方向，从最低点开始向上运动，根据牛顿第二定律可知
F＝ma＝T﹣mg
则合力F向上，且T逐渐减小，故加速度减小，速度增加，到达坐标原点，加速度为0，速度达到最大值，继续上升，加速度增大，方向向下，速度减小，到达原长位置后继续上升到达最高点再返回到原长位置，此阶段加速度为g，速度均匀减小再均匀增大，之后加速度减小，方向向下，到达坐标原点，加速度为0，速度达到最大值，继续下降，加速度增大，方向向上，速度减小直至到达最低点，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2022秋•滨海新区校级期末）一质量为m＝40kg的学生站在竖直方向运动的电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示，g取10m/s2，可知（ ）
A．0﹣2s内电梯匀加速上升，加速度大小为2m/s2
B．2﹣5s内电梯一定处于静止状态
C．5s﹣6s内电梯处于失重状态，其加速度为3m/s2
D．0﹣2s内学生处于超重状态，其加速度为5m/s2
【答案】D
【分析】根据超重、失重的概念分析学生的所处状态，结合牛顿第二定律计算出学生的加速度。
【解答】解：AD、由图可知，0～2s内，学生对电梯的压力大于学生的重力，学生处于超重状态，电梯加速上升，由牛顿第二定律得：
600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D正确，A错误；
B、由图可知，2～5s内电梯处于匀速运动状态，故B错误；
C、由图可知，5～6s内，学生处于失重状态，学生对电梯的压力小于学生的重力，由牛顿第二定律得：
400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知电梯减速上升，故C错误；
故选：D。
3．（2023秋•佛山月考）如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态。若小车以1m/s2的加速度向右运动，则（g＝10m/s2）（ ）
A．物体A相对小车向右运动
B．物体A受到的摩擦力方向不变
C．物体A受到的摩擦力大小不变
D．物体A受到的弹簧的拉力增大
【答案】C
【分析】当物体A处于静止状态时，根据平衡条件求出此时物体A受到的摩擦力大小，确定物体A与平板车间的最大静摩擦力范围。当小车以1m/s2的加速度向右运动，由牛顿第二定律求出物体的合力大小，再分析平板车对物体A的摩擦力大小和方向，判断物体A相对于车的运动状态，确定物体受到的弹簧的拉力大小变化情况。
【解答】解：AB、当物体A处于静止状态时，根据平衡条件可知物体A受到的摩擦力大小f＝F＝5N，方向向左，则物体A与平板车间的最大静摩擦力Fmax≥5N。当小车以1m/s2的加速度向右运动，稳定时，物体的合力F合＝ma＝10×1N＝10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力大小f′＝F合﹣F＝10N﹣5N＝5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于车仍然静止，故AB错误；
C、此时平板车对物体A的摩擦力大小为5N，所以物体A受到的摩擦力大小不变，故C正确；
D、物体A相对于车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。
故选：C。
4．（2023秋•天心区校级月考）如图所示是四只猴子“水中捞月”时的情景，它们将一棵又直又高的树枝压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量为，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A．4号猴子的加速度为0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．3号猴子对4号猴子的作用力大小为
D．杆对4号猴子的作用力大小为3mg
【答案】C
【分析】对1号猴子受力分析，结合牛顿第二定律得出其加速度的大小；先对整体分析得出整体的加速度，再隔离个体分析得出猴子之间的相互作用力。
【解答】解：AB、在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有
当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析，受重力、树梢对猴子的作用力T，根据牛顿第二定律可得
T﹣3mg＝3ma′
联立解得
方向竖直向上。
对2号猴子受力分析，受重力、3号猴子对它的拉力F23，根据牛顿第二定律可得
F23﹣mg＝ma′
解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为
故A、B均错误；
C、对2、3号猴子为整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
F34﹣2mg＝2ma′
解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为
故C正确；
D、杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为，故D错误。
故选：C。
5．（2023秋•香坊区校级月考）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B（A物体与弹簧拴接），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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是（ ）
A．施加拉力后的瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B．拉力F的大小随时间均匀增大
C．分离时，A上升的高度为
D．从施加力F到A、B分离的时间为
【答案】D
【分析】先根据胡克定律和平衡条件相结合求出开始时弹簧的压缩量，再对A物体根据牛顿第二定律列方程，即可求得施加拉力后的瞬间A、B间的弹力大小；对A、B整体，根据牛顿第二定律和胡克定律相结合列式，分析拉力F的大小变化情况；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，对A受力分析，根据牛顿第二定律求出此时弹簧的压缩量，从而求得A上升的高度；由位移—时间公式求从施加力F到A、B分离的运动时间。
【解答】解：A、设弹簧开始时的压缩量为x0，则由平衡条件有：kx0＝4mg
拉力F开始施加的瞬间，对A物体，根据牛顿第二定律有：kx0﹣3mg﹣FAB＝3ma
解得：，故A错误；
B、物体A、B向上做匀加速直线运动的过程，以A、B整体为研究对象，则根据牛顿第二定律有：
可见拉力F的大小并不是随时间均匀增大，故B错误；
C、在A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB＝0，弹簧弹力不为零，对A受力分析，由牛顿第二定律得：
kx﹣3mg＝3ma
解得到这一瞬间弹簧的压缩量为：
则A上升的高度为：h＝x0﹣x＝﹣＝，故C错误；
D、由，解得从施加力到A、B分离的时间为：，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•益阳期末）在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据。然后根据测得的数据作出如图所示的a﹣F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是（ ）
A．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且小车质量较大
B．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大
C．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大
D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大
【答案】D
【分析】探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西；当砂和小桶的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于砂和小桶的重力。
【解答】解：由图像得，当未施加作用力F时，小车已经有加速度，说明所垫木板太高，平衡摩擦力过度；
从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，砂和小桶的质量不满足远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大。图线不是直线的原因是砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
7．（2022秋•李沧区校级期末）（多选）如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图（b）判断下列说法不正确的是（ ）
A．物体的质量m＝1.5kg
B．斜面的倾角θ＝53°
C．加速度为5m/s2时物体的速度v＝16m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
【答案】ABC
【分析】本题根据牛顿第二定律，结合题中数据，即可解答。
【解答】解：AB．根据牛顿第二定律Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
将，F1＝20N，，F2＝30N
代入联立得m＝2kg，θ＝37°
故AB错误；
D．当a＝0时代入Fcsθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正确；
C．没有时间的信息，条件不全，无法求出瞬时速度，故C错误。
本题选不正确的，故选：ABC。
8．（2023秋•龙华区校级月考）（多选）在粗糙的水平面上，一物体在水平拉力的作用下由静止开始做加速运动，撤去拉力后物体做减速运动直到停止。已知物体加速运动的时间是减速运动的时间的2倍，该物体的v﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．加速、减速两阶段的位移大小之比为1：1
B．加速、减速两阶段的平均速度大小之比为2：1
C．加速、减速两阶段的加速度大小之比为1：2
D．拉力与滑动摩擦力的大小之比为3：2
【答案】CD
【分析】首先，根据v﹣t图像与t轴所围的面积求出加速、减速两阶段的位移大小之比；
接着，根据平均速度公式求出加速、减速两阶段的平均速度大小；
然后，由加速度定义式结合图像求出加速、减速两阶段的加速度大小之比；
最后，根据牛顿第二定律求出加速、减速两阶段的合外力大小之比，进而求出拉力和摩擦力大小之比。
【解答】解：A、v﹣t图像与t轴所围的面积表示位移，根据图像可知加速、减速两阶段的位移大小分别为
所以加速和减速阶段的位移大小之比为2：1，故A错误；
B、由平均速度公式，可知，加速、减速两阶段的平均速度大小相等，故B错误；
C、由加速度定义式，可知加速、减速两阶段的加速度大小之比为1：2，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可知，加速、减速两阶段的加速度大小之比等于合外力大小之比，即
，解得，故D正确。
故选：CD。
9．（2023秋•朝阳区校级月考）（多选）一个物块在光滑的水平面上受到水平恒力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的﹣t图像如甲所示，v2﹣x图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（ ）
A．x＝1m时物体的速度为8m/s
B．图乙的斜率是图甲的斜率的4倍
C．图甲中的y＝8m/s
D．t＝1s时物体的速度为4m/s
【答案】BD
【分析】根据图像乙，求x＝1m时物体的速度大小；
根据初速度为0的匀加速直线运动位移—时间公式，以及公式v2＝2ax，推理函数关系结合图像，求斜率关系以及y的大小；
根据公式v'＝at，求t＝1s时物体的速度。
【解答】解：A、当x＝1m，由图乙v2＝8m2/s2
解得
故A错误；
BC、初速度为0的匀加速直线运动位移—时间公式为
整理公式有
甲图斜率
由v2＝2ax
乙图斜率k乙＝2a＝m/s2＝8m/s2
解得a＝4m/s2
则k乙＝4k甲
图甲中的y＝4m/s，故B正确，C错误；
D、t＝1s时物体的速度为v'＝at，解得v'＝4m/s
故D正确。
故选：BD。
10．（2022秋•徐汇区校级期中）地面上有一个物体，受到竖直向上的拉力F作用，其加速度a随拉力F的变化关系如图所示，则当a＝a0时物体所受拉力 （1+）F0 ，在同一图上画出另一质量为其2倍的物体的a﹣F图线。（图中F0，重力加速度g已知）
【答案】（1+）F0，图见解析。
【分析】根据牛顿第二定律列出a和F的关系式，结合图像求解物体的质量和a＝a0时物体所受拉力；根据牛顿第二定律画另一质量为其2倍的物体的a﹣F图线。
【解答】解：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
即a＝
斜率k＝＝
m＝
当a＝a0时，拉力F＝mg+ma＝F0+a0＝（1+）F0
质量变为2m，a﹣F图像的斜率变为原来的，图像如图所示：
故答案为：（1+）F0，图见解析。
11．（2023春•浦东新区校级期末）某乘客靠在座椅上如图所示，此时列车正在向左加速行驶，加速度逐渐减小，若不考虑人与座位之间的摩擦力且人脚未接触地面，则此过程中人对座位底部的压力N1 变小 ，对座位靠背的压力N2 变小 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】变大；变小。
【分析】以人为研究对象，进行受力分析，然后正交分解，由牛顿第二定律列方程。
【解答】解：设座椅靠背与竖直方向之间的夹角为α。以人为研究对象，人受到重力G，座位底部对他的支持力N1'以及靠背对他的支持力N2'。
由牛顿第二定律：
N2'csα＝ma ①
N2'sinα+N1'＝mg ②
①②可知：a减小N2'变小，N1'变大，
由牛顿第三定律得：N2变小，N1变大。
故答案为：变大，变小。
12．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，某同学用量程为10cm、分度为1mm的刻度尺和轻质弹簧、重物等制作了一个“竖直加速度测量仪”。该同学将刻度尺竖直放置在装置一侧，0刻线在最下端。弹簧上端固定在装置上方，下端悬挂重为330g的物体A达平衡时，弹簧下端指针指向刻度7.40cm；逐步改变悬挂重物的质量，当悬挂重为450g的物体B达平衡时，弹簧下端指针正好指向刻度5.00cm，并标记此处为加速度的零点，此后就将物体B固定在弹簧下端。将装置置于电梯里，可以测出电梯运行时的加速度。（g取10m/s2）
（1）所用弹簧的劲度系数为 50N/m 。
（2）刻度尺上刻度为2.50cm处的刻线，对应的加速度大小是 2.78m/s2 ，方向为 竖直向上 。（本问计算结果保留3位有效数字）
（3）若该同学在原先的基础上换用了质量更大的重物C，并改变刻度尺的位置，仍使悬挂重物时的平衡位置位于5.00cm刻线处（使加速度零点不变），其他条件均不变。则与原先相比，此时加速度测量仪的量程和分度值会发生怎样的变化？更适宜测量更大的加速度还是更小的加速度？ 测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测小的加速度。 。（设刻度尺所在范围均在弹簧的弹性限度之内）
【答案】（1）50N/m；（2）2.78m/s2，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
【分析】根据胡克定律，即可求得劲度系数，分析出物体受到的合外力，利用牛顿第二定律，即可求出加速度。根据加速度合外力的关系，就可分析出量程的变化情况。
【解答】解：（1）根据F＝kx，则k＝＝50N/m；
（2）刻度尺上刻度为2.50cm处的刻线，根据牛顿第二定律可得：
k（x0+x）﹣mg＝ma①
kx0﹣mg＝0②
联立可解得a＝＝，方向竖直向上；
（3）在形变量的改变量相同的情况下，有m1a1＝m2a2，故测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
故答案为：（1）50N/m；（2）2.78m/s2，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测更小的加速度。
13．（2022秋•武清区校级月考）某物理兴趣小组的同学用图甲所示装置来“验证牛顿第二定律”。同学们在实验中，都将砂和小桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变小桶中砂的质量改变拉力。为使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，实验中需要平衡摩擦力。
（1）下列器材中不必要的是 B （填字母代号）；
A．低压交流电源
B．秒表
C．天平（含砝码）
D．刻度尺
（2）下列实验操作中，哪些是正确的 AD （填字母代号）；
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源
C．平衡摩擦力时，将悬挂小桶的细线系在小车上
D．平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带
（3）实验中得到如图（乙）所示的一条纸带，s1、s2、s3、s4是纸带上相邻两个计数点之间的距离（相邻两个计数点之间还有四个点没有画出），已知打点计时器打点频率为f，则小车的加速度大小可以表示为a＝ ；
（4）把砂桶（含砂）的重力mg作为小车受到的合力F，作出a﹣F图像，当砂桶（含砂）的质量接近小车的质量后，可能会出现图丙中的图线 ③ （选填①、②或③）；设小车的质量为M，作出小车加速度的倒数与小车质量M的关系图像，下列选项正确的是 C 。
【答案】（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
【分析】（1）根据实验目的和实验方法确定不必要的器材；
（2）根据实验原理和注意事项分析答题。
（3）根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝at2可以求出小车的加速度；
（4）根据实验注意事项分析图示图象，结合牛顿第二定律然后分析答题。
【解答】解：（1）A、电磁式打点计时器使用的是低压交流电源，故A正确；
B、电磁式打点计时器是计时的仪器，不需要秒表；故B错误；
C、验证牛顿第二定律的过程中需要使用天平（含砝码）测量物体与小车的质量，故C正确；
D、验证牛顿第二定律的过程中需要使用刻度尺测量运动的长度，故D正确；
本题选择不需要的器材，故选：B
（2）A、在实验的过程中要注意调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使绳子的拉力平行于运动的方向，故A正确；
B、实验时，为充分利用纸带应先接通电源然后再放开小车，故B错误；
C、在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，需要将装有砂的砂桶摘下，故C错误；
D、平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带，故D正确。
故选：AD
（3）T＝，t＝5T＝由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可知，加速度为：
a＝
（4）a﹣F图像的斜率表示小车质量的倒数，小车质量不变，把砂桶（含砂）的重力mg作为小车受到的合力F，当砂桶（含砂）的质量接近小车质量时，实际的加速度应该较小，图线斜率减小，故选③。
对小车和砂桶（含砂）看作一个整体。由牛顿第二定律可得
mg＝（m+M）a
，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：（1）B（2）AD；（3）；（4）③，C。
14．（2023秋•顺德区校级月考）验证牛顿第二定律的实验装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是 B 。
A．实验中要始终满足钩码的质量远小于小车的质量
B．调整滑轮高度，使连接小车的细线与木板平行
C．改变钩码或小车的质量时必须重新平衡摩擦力
（2）图乙是某次实验时打出的一条纸带，把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个计时点未画出，用刻度尺测得各计数点到0点的距离分别为d1＝0.88cm、d2＝3.52cm、d3＝7.92cm、d4＝14.08cm、d5＝22.00cm…打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为a＝ 1.76 m/s2。
（3）在不同次实验中测得多组外力F和对应的加速度a的数据，作出F﹣a图像如图丙所示，图线不经过坐标原点的原因是 没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足） 。
【答案】（1）B；（2）1.76；（3）没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析作答；
（2）根据逐差法求加速度；
（3）根据牛顿第二定律求解F﹣a函数，然后分析F﹣a图像的特征。
【解答】解：（1）A．通过实验装置可知，该实验中由于通过拉力传感器可以直接读出小车所受拉力的大小，所以不需要始终满足钩码的质量远小于小车的质量，故A错误；
B．为了保证小车受到的拉力等于小车的合力，应调整滑轮高度，使连接小车的细线与木板平行，故B正确；
C．平衡摩擦力的原理是重力沿斜面的分力与阻力相等，根据平衡条件mgsinθ＝μmgcsθ
化简得tanθ＝μ
由此可知，平衡摩擦力后，斜面的倾角与质量无关；在改变钩码或小车的质量时，就不需要再次重新平衡摩擦力了，故C错误。
故选：B。
（2）相邻计数点间的时间间隔为
利用逐差法，可得小车的加速度大小为
（3）根据“描点法”，作出F﹣a图像如图丙所示；从图像可知a＝0时，纵截距不为零，使得图线不经过坐标原点，其原因是没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
故答案为：（1）B；（2）1.76；（3）没有平衡摩擦（或平衡摩擦力不足）。
15．（2023秋•和平区校级月考）小华所在的实验小组利用如图甲所示的实验装置探究牛顿第二定律，打点计时器使用的交流电频率f＝50Hz，当地的重力加速度为g。
（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 B 。
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，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，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，撤去砂和砂桶，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，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
（2）图乙是小华同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出。若s1＝2.02cm，s2＝4.00cm，s3＝6.01cm，则B点的速度为vB＝ 0.301 m/s（保留三位有效数字）。
（3）在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a与小车质量M的关系中，某次实验测得的数据如表所示。根据这些数据在图丙坐标图中描点并作出a﹣图线。从a﹣图线求得合外力大小为 0.30 N（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）B；（2）0.301；（3）0.30
【分析】（1）平衡摩擦力时，不能砂桶；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；
（2）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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；
（3）根据牛顿第二定律结合图像斜率解答。
【解答】解：（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂和砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动。
故AC错误，B正确；
故选：B。
（2）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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．
vB＝＝×0.01m/s＝0.301m/s
（3）根据牛顿第二定律可知F＝Ma
则a＝
合外力等于图象的斜率，大小为：F合＝N＝0.30N
故答案为：（1）B；（2）0.301；（3）0.30
16．（2022秋•潜山市校级期末）某实验小组同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
①将光电门A、B固定在长木板上，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L；
②调节长木板左端的高度，直至滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等；
③将细绳的一端与滑块相连，另一端与小球相连，细绳跨过光滑轻质定滑轮，调整滑轮，使滑块与滑轮间的细绳与长木板平行；
④将滑块置于光电门A上方某位置，由静止释放，记录滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间Δt1和Δt2；
⑤用天平测量滑块（含遮光片）的质量M，测量小球的质量m；
⑥测量出遮光片的宽度d。
回答下列问题（重力加速度为g）：
（1）实验步骤②的目的是 平衡摩擦力 ；
（2）滑块从光电门A运动到光电门B的加速度大小a＝ ；（用题中所给物理量符号表示）
（3）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力大小FT≈ mg ；（用题中所给物理量符号表示）
（4）若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M的条件，则牛顿第二定律在本实验中的具体表达形式为 。（用题中所给物理量符号表示）
【答案】（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据运动学公式得出加速度的表达式；
（3）根据牛顿第二定律得出细绳的拉力的大小；
（4）根据牛顿第二定律结合实验原理得出正确的表达式。
【解答】解：（1）平衡摩擦力（补偿阻力），使滑块（含遮光片）所受合外力等于细绳拉力；
（2）根据，，
得：
（3）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力与小球重力近似相等，即FT≈mg；
（4）小球与滑块的加速度大小相等，小球所受重力提供系统的合力，由牛顿第二定律方程得
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）；（3）mg；（4）
17．（2023•宁波一模）图为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
（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 C 。
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，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，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，撤去砂和砂桶，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，撤去纸带以及砂和砂桶，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 C 。
A．M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g。
【答案】见试题解答内容
【分析】小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力，平衡摩擦力时，让小车拖着纸带，能够做匀速直线运动即可，不能将砂和砂桶通过滑轮挂在小车上。
当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力；
【解答】解：（1）实验时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。故选：C。
（2）当m＜＜M时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力。故选：C。
故答案为：（1）B，（2）C。
18．（2023•抚松县校级一模）某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板．已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20g。硬纸板的质量为m2＝10g，长度为l＝5cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
（2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零．则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
（3）若要求橡皮擦移动的时间不超过t＝0.2s，求纸板被弹出的最小速度？
【答案】（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，F0大小至少是0.15N。
（2）v0需满足的条件是v0≥m/s；
（3）纸板被弹出的最小速度大小是m/s。
【分析】（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，纸板的加速度应大于橡皮擦的加速度，应用牛顿第二定律求出橡皮擦与纸板的加速度大小，然后分析答题。
（2）应用牛顿第二定律求出纸板的加速度大小，应用运动学公式求出纸板与橡皮擦的位移大小，然后根据橡皮擦脱离纸板时两者的位移关系求出纸板的最小速度，然后分析答题。
（3）根据要求应用运动学公式求出纸板被弹出时的最小速度。
【解答】解：由题意可知，橡皮擦的质量m1＝20g＝0.020kg，硬纸板的质量为m2＝10g＝0.010kg，长度为l＝5cm＝0.05m
（1）当橡皮擦在纸板上滑动时，设橡皮擦的加速度大小是a1，纸板的加速度大小是a2，
对橡皮擦，由牛顿第二定律得：μ1m1g＝m1a1，
代入数据解得：a1＝2m/s2
对纸板，由牛顿第二定律得：F0﹣μ2（m1+m2）g﹣μ1m1g＝m2a2，
要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a2＞a1
解得：F0＞0.15N
（2）纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a2′，
对纸板，由牛顿第二定律得：μ2（m1+m2）g+μ1m1g＝m2a2′
代入数据解得：a2′＝13m/s2
假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t橡皮擦与纸板速度相同
则：a1t＝v0﹣a2′t，代入数据解得：t＝
此过程橡皮擦的位移大小x1＝
纸板的位移大小x2＝v0t﹣
要使橡皮擦离开纸板，则需x2＞x1+
代入数据解得：v0≥m/s
（3）橡皮擦先纸板上做加速运动，离开后纸板后在桌面上做匀减速运动，因前后加速度一样大，故前后的所用的时间一样长，橡皮擦在纸板上的运动时间t≤s＝0.1s
橡皮擦滑离纸板时速度v0≥m/s，
当v0＝m/s时橡皮擦滑离纸板的时间t0＝s≈0.06s＜0.1s
则纸板被弹出的最小速度是m/s
答：（1）要使橡皮擦相对纸板滑动，F0大小至少是0.15N。
（2）v0需满足的条件是v0≥m/s；
（3）纸板被弹出的最小速度大小是m/s。
19．（2023•坪山区校级三模）如图1所示，工人们利用一个斜直的长木板来将高处的货物运送到水平地面上，高处的工人先将质量为2kg的货物（可视为质点）搬到木板的最上端，然后无初速度释放货物．物体能沿着斜面由静止匀加速下滑，木板的长度为L＝8m，物体与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.25，木板与水平的夹角为37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）求物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小。
（2）若货物到达斜面底端的速度过快将会造成物品损坏，于是工人就在木板上贴了一层长为x米的特殊材料使得货物能够到达底端且速度不超过2m/s，其模型可以简化为图2所示，特殊材料和货物之间的动摩擦因数为μ2＝，材料下端离底端的距离为d＝0.32m，求特殊材料长度x的取值范围。
（3）现在特殊材料的长度为x＝6m和货物之间的动摩擦因数仍为μ2＝，为使货物能够到达底端且速度不超过2m/s，则下端距离木板底端距离d的取值范围应该是多少？
【答案】（1）物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小为8m/s；
（2）特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范围是d≤0.5m.
【分析】（1）由牛顿第二定律和速度—位移关系求解；（2）跟据题意判断物体在特殊材料上运动，由题意讨论，由牛顿第二定律和速度—位移关系求解，确定x的范围；（3）由速度—位移关系求解。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律：mgsin37°﹣μ1mgcs37°＝ma1，
解得a1＝g（sin37°﹣μ1cs37°）＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝4m/s2，
由v2＝2a1 L得物体到达底端的速度大小为v＝＝m/s＝8m/s
（2）设物体滑到底端速度恰好为2m/s，如图1所示
v，因μ2＞tan37°，所以物体在特殊材料上做匀减速运动，由牛顿第二定律：μ2mgcs37°﹣mgsin37°＝ma2，v，v，联立解得：x＝6m，a
设物体滑到特殊材料底端速度为零，如图2所示，即v2′＝0，滑到斜面底端v2＝2a1d，v＝＝m/s＝1.6m/s＜2m/s，符合要求，则v＝2a1（L﹣x﹣d），联立解得：x＝6.144m，
所以特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m.
（3）设物体滑到底端速度恰好为2m/s，设物体滑到特殊材料底端速度为零v″＝0，v2＝2a1d1，解得d1＝0.5m，
如图3所示：
v2﹣v″2＝2a1d2，v′2﹣v″2＝2a2x，v′2＝2a1（L﹣x﹣d2），联立解得d2＝0，所以d的取值范围是d≤0.5m.
答：（1）物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小为8m/s；
（2）特殊材料长度x的取值范围为：6m≤x≤6.144m；
（3）d的取值范围是d≤0.5m.
20．（2023秋•南关区校级月考）如图所示，光滑粗细均匀的直杆水平固定，质量均为m的A、B两个滑环套在杆上，用长为L的细线连接，用两根长也为L的细线将质量也为m的小球C分别与滑环A、B连接，不计滑环和小球的大小，重力加速度为g，水平杆足够长，用水平向右的恒定拉力拉滑环B向右加速运动，A、B、C保持相对静止，连接A、C的细线刚好张力为零。求：
（1）A、B、C整体运动的加速度和水平拉力F的大小；
（2）若将水平拉力增大为原来的倍，从静止开始拉B运动。当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小。
【答案】（1）A、B、C整体运动的加速度为，水平拉力F的大小为；
（2）当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小为。
【分析】（1）对C进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度的大小，对整体求拉力的大小；
（2）对整体进行受力分析，求出加速度大小，隔离C进行受力分析，求出BC绳子上张力。
【解答】解：（1）由题意可知，连接A、C的细线刚好伸直，且刚好张力是零，设A、B、C整体运动的加速度为a1，对小球C受力分析，如图所示，受重力和B、C间细绳上的张力，
由牛顿第二定律可知，两力的合力产生加速度，则有
mgtan30°＝ma1
解得加速度为：
对A、B、C整体分析，由牛顿第二定律则有：
（2）若将水平拉力增大为原来的倍，设当整体稳定时整体的加速度为a2，由牛顿第二定律可得：＝3ma2
将上一问中F＝代入上式解得：a2＝g
对小球C分析，设B、C间的细线上张力的大小为T2，由牛顿第二定律可得：
解得：
答：（1）A、B、C整体运动的加速度为，水平拉力F的大小为；
（2）当整体稳定时，B、C间的细线上张力的大小为。
a/m•s﹣2
1.2
1.1
0.6
0.4
0.3
/kg﹣1
4.0
3.6
2.0
1.4
1.0
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