新课标高考物理一轮复习课时作业15实验验证牛顿第二
定律含解析新人教版
实验验证牛顿第二定律
1．(2018·福建模拟)(1)在验证牛顿第二定律的实验中，用改变桶内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a-F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，可能的原因是________
A．没有平衡摩擦力，且小车质量较大
B．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大 C．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大 D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大
(2)在改正了上述错误之后，保持小车及砝码质量M不变．反复改变沙的质量，并测得一系列数据，结果发现小车受到的合外力(小桶及砂重力)与加速度的比值略大于小车及砝码质量M，经检查发现滑轮非常光滑，打点计时器工作正常，且事先基本上平衡了摩擦力，那么出现这种情况的主要原因是什么？
答：________________________________________________________________________ 答案 (1)C
(2)由于小桶及砂的失重，拉小车的合外力F＜mg，而处理数据时又将F＝mg处理．因此，MFmg＝<； aa
解析 (1)从图中发现直线没过原点，当a＝0时，F>0.也就是说当绳子上有拉力时小车还没有加速度，说明平衡摩擦力过小，所垫木板太低；
从图像上可以看出：F从0开始增加，砝码的质量在增加，使砝码的质量没有远小于车的质量，所以A、B、D三项错误，C项正确．
MmgM(2)由于小桶及砂的加速度的方向向下，处于失重状态，拉小车的合外力F＝＝（M＋m）M＋mFmg
mg 2．(2018·海淀二模)利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示． 6 (1)下列关于该实验的说法，错误的是________． A．做实验之前必须平衡摩擦力 B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多 C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D．为了实验安全，打点计时器接直流电源 (2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示．已知打点计时器每间隔0.02 s打一个点． 从图可知A、B两点间的距离s1＝________ cm；该小车的加速度a＝________ m/s(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连接． (3)数据在坐标系中作出了图丙所示的a-F图像． ①图线不过坐标原点的原因是________． ②小车和传感器的总质量为________kg. 答案 (1)BD (2)0.70 0.20 左 (3)①未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ②0.5 解析 (1)由于实验中用到了力传感器，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量，B项错误；打点计时器必须用交流电源，D项错误． Δx0.20×1022 (2)由图知s1＝7.0 mm＝0.70 cm，根据Δx＝aT可得a＝2＝ m/s＝0.20 m/s，2 T0.1 2 －2 2 开始时打点间距小，因此纸带的左端与小车相连接． (3)①由图像可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足； ②a-F图像中的斜率表示质量的倒数，由图可知k＝1 总质量M＝＝0.5 kg. k 3．(2018·石家庄二模)如图所示为探究“加速度与物体受力的关系”实验装置．长木板放在水平桌面上，小车通过绕定滑轮的细线在钩码拉动下运动，其中，在长木板上相距为L＝48.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速率vA、vB，与小车 Δa1.0－0＝＝2，故小车和传感器的ΔF0.6－0.1 6 相连的拉力传感器记录小车受到的拉力F大小． (1)关于使用操作，下列说法正确的是________． A．要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力 B．A、B两点间距离应尽可能近一些可减小误差 C．改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量应远小于小车质量 D．不必用天平测出小车和车上拉力传感器的总质量 (2)某同学在表中记录并处理了实验所得的几组数据，依据表格内容计算第4次实验的加速度数值是________ m/s(结果保留三位有效数字)； 次数 1 2 3 4 5 6 F/N 0.60 1.04 1.42 2.00 2.62 3.00 (vB－vA)m·s 0.77 1.61 2.34 3.48 4.65 5.49 222－22 a/m·s 0.80 1.68 2.44 4.84 5.72 －2(3)分析表中数据发现a与F并不成正比，这是由于________(选填“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”)造成的． 答案 (1)AD (2)3.63 (3)平衡摩擦力不足 解析 (1)A项，要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力，使钩码的重力为小车的拉力，故A项正确 B项，A、B两点间距离应尽可能远一些，可减小误差，故B项错误 C项，改变所挂钩码的数量时，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量，因为实验中拉力传感器记录小车受到拉力，故C项错误； D项，不必用天平测出小车和车上拉力传感器的总质量，故D项正确． (2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v－v0＝2as可以求出： v－v0a＝， 2s 2 2 2 2 6 代入数据解得：a＝3.63 m/s. (3)表中a与F并不成正比，这是由于平衡摩擦力不足造成的． 4．(2018·南平一模)某实验小组利用光电计时器等器材来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系，实验装置如图甲所示． 2 (1)本实验在正确操作的情况下，保持钩码的质量m不变．通过增加小车上的配重片来改变小车和遮光片的总质量M，由光电计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2，用刻度尺测得两个光电门之间的距离x，用10分度的游标卡尺测得遮光条的宽度为d.则小车的加速度表达式a＝________(表达式均用已知字母表示)．测得遮光条的宽度如图乙所示．其读数为________mm. 1 (2)该小组通过实验得到a-图像，如图丙所示．则所挂钩码的质量m＝________kg.(当地的 M重力加速度为g＝9.8 m/s) dd22 （）－（）Δt2Δt1 答案 5.0 (2)0.1 2x d 解析 (1)滑块经过光电门1时的速度表达式为：v1＝ Δt1d 经过光电门2时的速度表达式为：v2＝ Δt2 根据匀变速直线运动位移速度公式得：2ax＝v2－v1 dd22 （）－（）Δt2Δt1 解得：a＝， 2x 游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成．读数为5 mm＋0×0.1 mm＝5.0 mm. (2)滑块的合力F合＝mg＝Ma， 10.98－0.49 解得：a＝mg·，图像的斜率表示mg，所以有：mg＝ N＝0.98 N， M1.0－0.5故所挂钩码的质量m＝0.1 kg. 5．(2018·汉中二模)某同学为验证牛顿第二定律而设计的滑轮装置，实验装置如图所示，图中绳子不可伸长，已知左侧托盘及砝码质量为m1，右侧托盘及砝码质量为m2，且m1＞m2，现由静止释放左侧托盘，测量系统加速度．然后改变m1、m2质量，重复实验多次． 2 2 2 6 (1)该同学利用图示实验装置求得左侧托盘及砝码的加速度的表达式a′＝________(用字母m1、m2及g表示) (2)该同学认为，只要保持________不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持________不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比． (3)该同学用此装置多次测量系统的加速度a，并用天平测出m1、m2的质量，利用(1)中的表达式计算出系统的加速度a′，发现a总是________a′(填“大于”“等于”或“小于”) m1－m2 答案 (1)g (2)m1＋m2、m1－m2 (3)小于 m1＋m2 解析 (1)设线的拉力为T，以左侧托盘及砝码为对象根据牛顿第二定律：m1g－T＝m1a′，以右侧托盘及砝码为对象根据牛顿第二定律：T－m2g＝m2a′，联立解得：a′＝ m1－m2 g. m1＋m2 (2)根据(m1－m2)g＝(m1＋m2)a′可知，只要保持m1＋m2不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持m1－m2不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比． (3)在下落的过程中存在阻力，所以a总是小于a′. 6．(2018·榆林一模)在探究物体的加速度与所受外力的关系实验中，如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M＝4m. (1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，示数如图乙所示，则宽度d＝________ cm； (2)某同学打开气源将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为________(用题中所给字母表示)； (3)若每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，移动后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，细线端所挂钩码的个数为n，挡光片通过光电门的时间为t，测1 出多组数据，请在图丙中绘出n-2图像 t 6 1 (4)绘出n-2图像后，若图线斜率为k，则测得当地重力加速度为________(用题中字母表示)． td5d 答案 (1)0.520 (2) (3)如解析图所示 (4) tkL 解析 (1)游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标读数为0.05×4 mm＝0.20 mm，则最终读数为5.20 mm＝0.520 cm. d (2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v＝； t 2 d (3)根据v＝2aL得，2＝2aL， t 2 2 nmgng 因为a＝＝， 10m10 5d1 联立解得n＝·2，所以图像为过原点的一条倾斜直线，如图所示； gLt5d5d (4)图线的斜率k＝，解得g＝. gLkL 7．(2018·济南模拟)某同学探究钩码的加速度与合力的关系，其实验装置如图所示．一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用轻绳绕过定滑轮及光滑的动滑轮将滑块与弹簧测力计相连．实验中保持钩码的质量不变，在滑块上增加砝码进行多次测量，每一次滑块均从同一位置P由静止开始释放，在钩码带动下滑块向右运动，此过程中，记录弹簧测力计的示数F和光电门遮光时间t，用弹簧测力计测出钩码的重力G，用刻度尺测出P与光电门间的距离s，用螺旋测微器测出滑块上窄片的宽度d. 2 2 2 (1)实验中________(填“需要”或“不需要”)平衡滑块受到的滑动摩擦力． (2)钩码的加速度大小a＝________(用含有d、t、s的表达式表示)． (3)根据实验数据绘出的下列四幅图像中，最符合本实验实际情况的是________．(填选项前的字母) 6 d 答案 (1)不需要 (2)2；(3)A. 4st 解析 (1)本实验的研究对象是钩码，滑块是否需要平衡摩擦力，对其没有影响， (2)在匀变速直线运动中，根据速度与位移关系，则有：v＝2a′s； dd而v＝，因此滑块的加速度大小a′＝2； t2std那么钩码的加速度大小a＝2. 4st (3)由题意可知，钩码的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系：G－2F＝ma， d 钩码的加速度大小a＝2； 4st 12s 那么则有2＝2(G－2F)，故A项正确，B、C、D三项错误． tmd 2 2 2 2 2 6
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