6．(2010·江苏单科，11)为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同

学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图3－3－14所示)．实验

时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的

阻力．

3－3－14

(1)往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点

计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．

(2)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：

请根据实验数据作出小车的v－t图象．

(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将

变大．你是否同意他的观点？请根据v－t图象简要阐述理由．

解析：(3)由速度图象的斜率可以看出速度越大，加速度越小．所以该同学分析合理．

答案：(1)之前

(2)如图所示

(3)同意．在v－t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空

气阻力越大．

5．如图3－3－12为“用位移传感器、数据采集器等仪器研究加速度和力的关系”的实验装

置．

图3－3－12

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持________不变，用钩码所受的重力作为

_______，用DIS(数字化信息系统)测小车的加速度．

(2)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

多组数据可画出a－F关系图线(如图3－3－13所示)．

①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________________．

②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_______．

A．小车与轨道之间存在摩擦　 　　B．导轨保持了水平状态　　　　 图3－3－13

C．所挂钩码的总质量太大　 　　D．所用小车的质量太大

解析：(1)因为要探索“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受

的重力作为小车所受外力．(2)由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变

的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg＝Ma得：a＝＝，而实际上a′

＝，可见AB段明显偏离直线是没有满足M≫m造成的．

答案：(1)小车的总质量　小车所受的外力

(2)①在质量不变的情况下，加速度与外力成正比　②C

4．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图3－3－10所示．

(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图3－3－11所示．计时

器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计

数点之间的距离．该小车的加速度a＝________ m/s².(结果保留两位有效数字)

图3－3－10　　　图3－3－11

(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取

一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力

F的实验数据如下表：

请根据实验数据作出a－F的关系图象．

(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，请说明主要原因．

解析：根据Δx＝aT²，可计算小车的加速度，a＝0.16 m/s²，运用表格中给出的数据可绘

出图象，图象不过原点的主要原因是未计入砝码盘的重力．

答案：(1)0.16(0.15也可)

(2)见右图

(3)未计入砝码盘的重力

3．用如图3－3－9所示的装置来探究物体的加速度与力、质量的关系．实验时，小盘和砝

码牵引小车，使小车做初速度为零的匀加速运动．

图3－3－9

(1)此实验中可以不测量加速度的具体值，原因是______________________________．

(2)通过改变________，就可以改变小车所受的合力．

(3)在探究加速度与质量关系时，分别以________为纵坐标、________为横坐标作图象，

这样就能直观地看出二者关系．

答案：(1)探究的是加速度与其他量之间的比例关系(其他解答只要合理即可．如：初速度

为零的匀加速运动，在相同的时间内，位移与加速度成正比)

(2)砝码的数量　(3)a或()　(或a)

2．(2011·南通质检) “验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有：

A．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的

水平长木板上；

B．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，夹上夹子，让

它们同时停下来，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小；

C．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小

关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系；

D．在小车的后端也分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳；

E．在小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着

数目不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出

两个砝码盘和盘内砝码的总质量．

上述实验步骤，正确的排列顺序是________．

解析：此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实

验步骤，不难排列出正确的顺序．

答案：AEDBC

1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时,下列说法中正确的是(　)

A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上

B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行

C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动

D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车

解析：本题考查实验过程中应注意的事项，选项A中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘

内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上，A错；选项B、C、D符合正确的操作方法，B、C、

D对．

答案：BCD

12．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平

方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，

经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以

沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，求：

(1)t时刻飞行器的速率；

(2)整个过程中飞行器离地的最大高度．

解析：(1)起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成

30°斜向上，设推力为F、合力为F_合，如图所示．在△OFF_合中，由几何

关系得F_合＝mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a₁＝＝g

则t时刻的速率v＝a₁t＝gt.

(2)推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′

跟合力F′_合垂直，如图所示．

此时合力大小F′_合＝mgsin 30°

飞行器的加速度大小为a₂＝＝

到最高点的时间为t′＝＝＝2t

飞行的总位移为x＝a₁t²+a₂t′²＝gt²+gt²＝gt²

飞行器离地的最大高度为h_m＝x·sin 30°＝.

答案：(1)gt　(2)

11.一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的

斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时

刻的瞬时速度，如图3－2－28所示为通过计算机绘制出的滑块上滑　　 图3－2－28

过程的v－t图象(g取10 m/s²)．求：

(1)滑块冲上斜面过程中加速度的大小；

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；

(3)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出滑块返回斜面底端时的动能；若不

能返回，求出滑块所停位置．

解析：(1)滑块的加速度大小a＝＝12 m/s².

(2)滑块在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得

mgsin θ+μmgcos θ＝ma，μ＝≈0.81.

(3)滑块速度减小到零时，重力沿斜面方向的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．x＝

＝1.5 m

滑块停在斜面上，距底端1.5 m处．

答案：(1)12 m/s²　(2)0.81　(3)不能　距底端1.5 m处停止

10.如图3－2－27所示，水平面上放有质量均为m＝1 kg的物块A和B

(均视为质点)，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ₁＝0.4和μ₂＝0.1，

相距l＝0.75 m．现给物块A一初速度使之向物块B运动，与此同时　　 图3－2－27

给物块B一个F＝3 N水平向右的力使其由静止开始运动，经过一段时间A恰好能追上

B.g＝10 m/s².求：

(1)物块B运动的加速度大小；

(2)物块A初速度大小．

解析：(1)对B，由牛顿第二定律得：F－μ₂mg＝ma_B

解得a_B＝2 m/s².

(2)设物块A经过t时间追上物块B，对物块A，由牛顿第二定律得：μ₁mg＝ma_A

x_A＝v₀t－a_At²　x_B＝a_Bt²

恰好追上的条件为：v₀－a_At＝a_Bt　x_A－x_B＝l

联立各式并代入数据解得：t＝0.5 s，v₀＝3 m/s.

答案：(1)2 m/s²　(2)3 m/s

9.质量为m₀＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水

平面的动摩擦因数为μ₁＝0.15.将质量m＝10 kg的小木块(可视为

质点)，以v₀＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如　　 图3－2－26

图3－2－26所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ₂＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，g＝10 m/s²)．则以下判断中正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板

B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板

C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板

D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板

解析：m₀与地面间的摩擦力为Ff₁＝μ₁(m₀+m)g＝0.15×(20+10)×10 N＝45 N，m与m₀

之间的摩擦力为Ff₂＝μ₂mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff₁>Ff₂，所以木板一定静止不动；小

木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ₂gx，解得x＝2m<L＝5 m，小木块不能滑出木板．

答案：A