—实验火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图像大致如图所示，则
A．t1~t2时间内，火箭处于失重状态
B．t2~t3时间内，火箭在向下降落
C．t0~t3时间内.火箭始终处于失重状态
D．t3时刻火箭距地面最远
如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3kg的小物块静止在A点。
现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示。
g取10m/s2，则下列说法正确的是
A．小物块到C点后将沿斜面下滑
B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F的大小为6N
如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B和C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。
现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是
A．一起加速过程中，A所受到的静摩擦力大小为
B．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
C．一起加速过程中，A、D木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反
D．当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
如图，在光滑水平面上有—质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量m2为的木块；假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数）木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是
ABCD
一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是
A．物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程中的加速度等大反向
C．物块下滑时从b运动至c时间为
D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。
初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示。
已知，则
A．时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
如图甲一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放一质量为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，得到如图乙所示的a－F图象。
取g=10m/s2，则
A．滑块的质量m=4kg
B．木板的质量M=6kg
C．当F=8N时滑块的加速度为2m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
【参考答案】
【点睛】考查图象的性质及超重与失重的性质，要注意只要加速度向上，物体超重，加速度向下，物体失重。
BB、由图乙图象可以知道，加速运动的加速度大小为
，减速运动的加速度大小为
，故，故B正确；C、在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知
，计算得出，故C错误；A、
，所以物块到达C点后将静止在C点不会下滑，故A错误。
D、加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
，计算得出，故D错误；综上所述本题答案是：
B。
DA、一起加速的过程中，由整体法分析可知：
，对A受力分析可知，，故选项A错误；B、对C受力分析可知，C受重力、地面支持力、D物体的压力、D物体对C施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B错误；C、A、D运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项C错误；D、当F撤去瞬间，弹簧弹力瞬间不发生变化，故D、C整体受力不发生变化，故D受力情况不变，即D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变，故选项D正确。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去外力F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。
A当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：
，则有；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：
对m1，则有，由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；对m2，则有，
，a2是t的线性函数，t增大，a2增大。
由于F随时间增大，木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以a2大于两物体相对静止时的最大加速度，故A正确，BCD错误；故选A。
【点睛】首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象。
ACA、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为，方向向下，故bc和cb过程是可逆的，故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间，故A正确，B错误；C、由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知，而；解得：
，故C正确；D、由于c是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小，故D错误。
【点睛】本题很好地考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是位移中点和时间中点速度的应用一定能熟练掌握。
，解得M=2kg，滑块的质量m=4kg，故A正确，B错误；根据的图线知，时，a=0，即，代入数据解得μ=0.1，D正确；当F=8N时，对滑块，根据牛顿第二定律得，解得，C错误。
2019-2020年高一物理寒假作业第12天验证牛顿运动定律新人教版
考纲要求：
II
难易程度：
★★★☆☆
某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图甲所示为实验装置简图。
（交流电的频率为50Hz）
（1）这个实验_______________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
（2）砂桶和砂的质量m_______小车的质量M。
（3）图乙所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2；
（4）保持小盘及盘中砝码的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车的加速度a与小车质量m及对应的的数据如下表：
a/（m·s－2）
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
/kg－1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
请在下图所示的坐标纸中画出a—的图象，并由图象求出小车的加速度a与质量的倒数之间的关系式是________。
【参考答案】
（1）需要
（2）<<（3）3.19
（1）如图所示
【试题解析】
（1）根据实验原理可以知道只有平衡摩擦力后才可以将砂和桶的总重力看作小车的拉力，所以需要平衡摩擦力；
（2）根据实验原理可以知道砂和桶的总质量m要远小于小车的总质量M时，可将砂和桶的总重力看作小车的拉力；
（3）由交流电的频率为50Hz可得，题图乙中两相邻点间的时间间隔T＝0.02s。
由，t＝2T得，
（4）如图所示，由图象求出小车的加速度a与质量的倒数之间的关系式是。
【知识补给】
注意事项失分探秘
（1）平衡摩擦力时中的“不重复”：
平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量都不需要平衡摩擦力。
（2）操作中的“一先一后一按”：
改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并先接通电源，后放开小车，且应在小车碰到滑轮之前按住小车。
（3）作图中的“拟合与舍弃”：
要使尽可能多的点在一条直线上，不在直线上的点也要尽可能均匀的分布在直线的两侧，遇到个别偏差较大的点应舍去。
（4）改变小车质量或拉力大小时，改变量应尽可能大一些，但应满足小盘和盘内砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量。
常见误差及分析
特征
产生原因
图线上部弯曲
当小车受力F较大时，不满足“小盘和盘内砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量”的条件
图线与a轴有截距
平衡摩擦力时长木板的倾角过大，F=0时（不挂小盘和加放砝码），小车就具有加速度
图象与F轴有截距
平衡摩擦力时长木板的倾角过小，或未平衡摩擦力。
只有当F增加到一定值，小车才获得加速度
如图是某些同学根据实验数据画出的图形，下列说法中正确的是
A．形成图（甲）的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小
B．形成图（乙）的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大
C．形成图（丙）的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大
D．形成图（丁）的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小
在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz。
（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.1mm、12.0mm、14.1mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车速度为______m/s，小车的加速度为______m/s2（结果保留一位小数）。
（2）该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持______；若该同学要探究加速度a和拉力F关系，应该保持______不变；
（3）该同学通过数据的处理作出了a−F图象，如图3所示，则图中直线不过原点的原因可能是______。
某同学用如图所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验：
小车搁置在水平放置的长木板上，纸带连接车尾并穿过打点计时器，用来测定小车的加速度a，小桶通过细线对小车施拉力F。
在保持小车质量不变的情况下，改变对小车拉力F的大小，测得小车所受拉力F和加速度a的数据如下表：
（1）根据测得的数据，在上图中作出a－F图象。
（2）由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为_________N。
（3）若要使作出的a－F图线过坐标原点，需要调整实验装置，可采取以下措施中的_______。
A．增加小车的质量B．减小小车的质量
C．适当垫高长木板的右端D．适当增加小桶内砝码质量
如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。
他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。
（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝______mm。
（2）下列不必要的一项实验要求是______。
A．将气垫导轨调节水平
B．使A位置与光电门间的距离适当大些
C．使细线与气垫导轨平行
D．使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
（3）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，测量出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离x，则滑块的加速度a=__________。
为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：
轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量为m＝0.5kg）、细线、米尺、秒表，他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。
操作如下：
g=10m/s2。
（1）实验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为m1、m2；
（2）从m中取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现m1下降m2上升；
（3）用米尺测出沙袋m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙袋m1下降时间t，则可知沙袋的加速度大小为a＝________。
（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出___________（选填“a~m′”或“a~1/m′”）图线；
（5）若求得图线的斜率k＝4m/kg·s2，截距b＝2m/s2，沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________kg。
某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。
弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。
在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。
开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数，以此表示滑动摩擦力的大小。
再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。
（1）木板的加速度可以用d、t表示为a=________；
（2）改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数的关系。
下列图象能表示该同学实验结果的是__________；
（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。
A．可以更方便地获取多组实验数据
B．可以改变滑动摩擦力的大小
C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
如图所示，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________。
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________。
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
（3）如图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。
量出相邻的计数点之间的距离分别为：
xAB=4.22cm、xBC=4.65cm、xCD=5.08cm、xDE=5.49cm，xEF=5.91cm，xFG=6.34cm。
已知打点计时器的工作频率为50Hz，则打D点小车的速度_______，小车的加速度a=___m/s2。
（结果保留二位有效数字）
【参考答案】
【点睛】a–F图象时纵轴有截距是平衡摩擦力时长木板倾角过大，横轴有截距是平衡摩擦力时长木板倾角过小；a−1/M图象纵轴有截距是平衡摩擦力时长木板倾角过大，横轴有截距是平衡摩擦力时长木板倾角过小。
（3）图中当时，，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力过度即木板倾斜过度。
【点睛】实验问题需要结合物理规律去解决，对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。
其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚，数据处理时注意单位的换算。
（1）如图所示
（2）0.10（3）C
（1）在图象中根据所给的数据描点，然后用一条直线连接这些点（连接时要让尽可能多得点落在直线上，让其他的点尽可能分布在直线的两侧）；
（2）当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动，由
（1）问所得图象可知，当拉力等于时物体开始运动，故最大静摩擦力为；
（3）若要使作出的图线过坐标原点，即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端，故C正确。
【点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
（1）2.25
（2）D（3）
（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，所以最终读数d=2mm+0.25mm=2.25mm；
（2）A．应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故A必要；B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B必要；C．要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故C必要；D．拉力是直接通过传感器测量的
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