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2021届高考物理通用一轮练习：考点9 实验：验证牛顿第二定
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考点9 实验：验证牛顿第二定律
题组一 基础与经典题
1．某实验小组探究小车的加速度与质量和合外力的关系时，用了图a所示的装置，设小车及砝码的质量为M，砂和砂桶的质量为m，则：
(1)本实验采用的实验方法是________。
A．控制变量法 B．转换法
C．理想实验法 D．等效替代法
(2)下列操作与说法正确的是________。
A．实验时，先放开小车，后接通电源
B．平衡摩擦力时，应将砂桶用细绳绕过定滑轮系在小车上
C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．在满足m≪M时，绳拉力近似等于砂和砂桶的重力
(3)实验得到如图b所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T，B、C间距为s2，D、E间距为s4，则小车加速度的表达式a＝________(用T、s2、s4表示)。
答案 (1)A (2)CD (3)
解析 (1)为了探究小车的加速度与质量和合外力之间的定量关系，可以在小车质量一定的情况下，探究小车的加速度与合外力的关系；再在小车受力一定的情况下，探究小车的加速度与其质量的关系；最后归纳出加速度与合外力、质量之间的关系，这样的物理方法称为控制变量法，故选A。
(2)实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，由于小车运动得较快，若先放开小车，再接通打点计时器电源，可能会使打在纸带上的点较少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始时小车要靠近打点计时器，故A错误；平衡摩擦力时，应将细绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车拖着纸带沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否做匀速运动，故B错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；依据牛顿第二定律，当满足m≪M时，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的重力，故D正确。
(3)根据逐差法得：s4－s2＝2aT2，解得a＝。
2.在“探究加速度与力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置。图中上下两层前端均固定有光滑滑轮，两相同小车前端各系一条细线，细线跨过定滑轮并挂上一个砝码盘，盘中可放砝码，小车Ⅱ所挂砝码和砝码盘的总质量是小车Ⅰ所挂砝码和砝码盘总质量的两倍。将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力，两小车尾部各系一条细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，按下装置两小车同时立即停止。某次实验时小车Ⅰ的位移为s1，小车Ⅱ的位移为s2。
(1)为了减小实验误差，下列说法正确的是________。
A．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时需要挂上砝码盘和砝码
B．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码
C．砝码盘和砝码的总质量应远大于小车的质量
D．砝码盘和砝码的总质量应远小于小车的质量
(2)若实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，则可得实验结论：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成________(填“正比”或“反比”)。
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，因此s1和s2的大小关系是________。
A．2s1＞s2 B．2s1＝s2
C．2s1＜s2
答案 (1)BD (2)正比 (3)B
解析 (1)实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码，故A错误，B正确；若要将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，须满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量，故C错误，D正确。
(2)使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移s＝at2，则位移与加速度成正比，实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，由题知小车Ⅱ所受合力为小车Ⅰ的两倍，则可得实验结论：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成正比。
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，根据运动的位移公式s＝at2，结合牛顿第二定律F＝ma，可知s1和s2的大小关系是：2s1＝s2，故A、C错误，B正确。
3．如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮之间的摩擦。
(1)下列说法正确的是________。
A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．实验中m2应远小于m1
D．测力计的读数始终为
(2)如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)。
(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象，可能是下列哪个选项中的图象________。
答案 (1)B (2)0.50 (3)C
解析 (1)该实验首先必须要平衡摩擦力，一端带有定滑轮的长木板要倾斜，故A错误；为使打点的个数较多，打点计时器在使用时都要求先接通电源后释放小车，故B正确；由于该实验中绳的拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；由于重物向下做加速运动，由牛顿第二定律：m2g－2F＝m2a，解得测力计的读数为：F＝，故D错误。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2得：a＝ m/s2＝0.50 m/s2。
(3)若没有平衡摩擦力，当绳上的拉力增大到一定值时，小车才有加速度，即aF的图线在F正半轴上有截距，C正确，A、B错误。
4．如图甲所示，一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，利用钩码拉动滑块在木板上运动来测量木板和滑块间的动摩擦因数。
(1)下列操作中必要的有________。
A．调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行
B．将木板右端垫起一个角度
C．释放滑块的位置应尽量靠近打点计时器
D．钩码的质量远小于滑块的质量
(2)滑块在钩码拉动下带动纸带运动时打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器接频率为f的交流电源，则滑块的加速度可表示为a＝________。
(3)若M为滑块的质量，m为钩码的质量，a为滑块的加速度，重力加速度为g，则木板和滑块间的动摩擦因数μ可表示为________。
答案 (1)AC (2) (3)
解析 (1)若细绳与水平木板不平行，滑块在运动过程中，细绳与水平木板间的夹角会变化，滑块与水平木板间的弹力会变化，则摩擦力也会变化，故应该调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行，A正确；本实验不需要平衡摩擦力，故不需要将木板右端垫起一个角度，B错误；为使纸带上有尽量多的范围打点，释放滑块的位置尽量靠近打点计时器，故C正确；本实验的对象为钩码与滑块组成的系统，故不需要满足钩码的质量远小于滑块的质量，故D错误。
(2)根据位移差公式Δx＝aT2，可得加速度为a＝＝＝。
(3)设细绳拉力为T，对滑块有T－μMg＝Ma，对钩码有mg－T＝ma，联立可得μ＝。
题组二 高考真题
5.(2019·全国卷Ⅱ)如图a，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝__________(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图b所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为____________(结果保留2位小数)。
答案 (1) (2)0.35
解析 (1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。
由牛顿第二定律得：mgsinθ－μFN＝ma
且FN＝mgcosθ
联立以上两式解得
μ＝。
(2)由逐差法求铁块加速度：
a＝
＝×10－2 m/s2≈1.97 m/s2
代入μ＝，得μ≈0.35。
6．(2018·江苏高考)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________。
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？________________________________________________。
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g＝____________。
答案 (1)偶然 (2)B
(3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落
(4)
解析 (1)时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。
(2)由于自由落体运动的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
(3)为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。
(4)根据牛顿第二定律有mg＝(M＋m0＋m＋M)a，又H＝at2，解得g＝。
7.(2016·全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图a中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的st图象如图b所示；由图b求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图c中补齐数据点，并作出an图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
答案 (3)0.39(在0.37～0.49范围内也可) (4)如图所示
(5)0.45(在0.43～0.47范围内也可) (6)BC
解析 (3)由s＝at2得：a＝，在st图象中找一点坐标，代入公式即可求出a。
(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律：
nmg＝(M＋Nm)a，则a＝＝，an图象的斜率k＝，从而可解出M。
(6)对于已平衡摩擦力的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg＝(M＋Nm)a，则a＝n ①；对于木板水平的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，整理得：a＝n－μg ②，比较①②可见，B、C均正确。
题组三 模拟题
8．(2019·江苏七市二模)利用图甲所示装置探究物体的加速度与所受合外力的关系，小车质量约300 g，另配置质量20 g的钩码5个，质量500 g的砝码1个。
(1)实验中，平衡摩擦力的具体做法是________(选填“挂上”或“移去”)钩码，长木板右端用垫块抬高，调至适当高度，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点间距相等。
(2)实验通过添加钩码改变小车的受力。关于小车，下列说法中正确的有________。
A．当钩码质量远小于小车总质量时，可认为小车所受合外力与钩码重力大小相等
B．开始实验时，应将砝码放入小车
C．小车内放入砝码后需重新平衡摩擦力
D．实验中不需要测出小车的质量
(3)实验中打出一条纸带，如图乙所示，从某清晰点开始取计数点，分别标为0、1、2、3、4、5、6，测量点0到点3的距离为d1，点0到点6的距离为d2，已知相邻两计数点间的时间间隔均为T，则加速度a＝________。
(4)实验小组由小车受到的拉力F和对应的加速度a，作出aF图线，如图丙中实线所示，下列对实验图线偏离直线的原因分析，正确的是________。
A．测量不准确引起的，属于偶然误差
B．实验原理、方法引起的，属于系统误差
C．加速度大，空气阻力作用更加明显
D．滑轮与轴间有摩擦
答案 (1)移去 (2)ABD (3) (4)B
解析 (1)平衡摩擦力时，移去钩码，长木板右端用垫块抬高，调至适当高度，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点间距相等。
(2)当钩码质量远小于小车总质量时，可以认为小车所受的合外力等于钩码的重力，故A正确；开始实验时，应将砝码放入小车，使得钩码质量远小于小车质量，故B正确；小车内放入砝码后，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；实验探究加速度与合外力的关系，只需保持小车的总质量不变即可，不需要测出小车的质量，故D正确。
(3)根据d2－d1－d1＝a(3T)2得，加速度a＝。
(4)aF图线中图线上端偏离直线的原因是随着所挂钩码个数的增加，不再满足钩码的质量远小于小车的质量，该误差属于系统误差，是由实验原理、方法引起的，故选B。
9．(2019·安徽合肥二模)某课外小组利用图甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________ cm；
(2)安装好光电门，从图甲中读出两光电门之间的距离s＝________ cm；
(3)接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平；
(4)安装好其他器材，并调整定滑轮，使细绳水平；
(5)让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2，计算出滑块的加速度a1＝________________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1；
(6)改变重物质量，多次重复步骤(5)，分别计算出加速度a2、a3、a4、…，并记录对应的F2、F3、F4、…；
(7)在aF坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出________________________________。
答案 (1)0.550 (2)50.00 (3)相等
(5) (7)物体质量一定时，物体的加速度与所受合力成正比
解析 (1)游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，则d＝5.50 mm＝0.550 cm。
(2)两光电门之间的距离s＝70.30 cm－20.30 cm＝50.00 cm。
(3)当气垫导轨调成水平时，滑块做匀速直线运动，滑块通过两光电门的时间相等。
(5)滑块通过两光电门的瞬时速度分别为：v1＝，v2＝，根据速度位移公式得滑块的加速度为：a1＝＝。
(7)若aF图线为通过原点的倾斜直线，可知在物体质量一定时，物体的加速度与所受合力成正比。
10．(2019·河北石家庄二模)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来研究加速度和力的关系，其中小车的质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，不计所有摩擦。
(1)松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s，数据如图乙所示，则小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)。
(2)改变砂桶内砂子的质量，多次实验，以力传感器的示数F为横坐标、小车对应的加速度a为纵坐标，作出的aF图象如图丙，可知小车的质量M＝________ kg。
答案 (1)2.00 (2)0.25
解析 (1)由题知，小车做匀加速直线运动，
由匀加速直线运动的推论Δx＝aT2，得
a＝＝ m/s2
＝2.00 m/s2。
(2)由题意知，小车所受拉力T＝2F
又T＝Ma
由aF图象知，当F＝0.30 N时a＝2.40 m/s2
联立并代入数据得M＝0.25 kg。
11．(2020·安徽示范高中高三上学期联考)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示的实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。
(1)根据图乙，计算0.4 s时木块的速度v＝________ m/s，木块的加速度a＝________ m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________；得出μ的表达式为μ＝________(已知当地的重力加速度g)。
答案 (1)0.40 1.0 (2)木板与水平面的夹角θ
解析 (1)根据做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度得，木块0.4 s末的速度为v＝ m/s＝0.40 m/s；0.2 s末的速度为v′＝ m/s＝0.20 m/s；则木块的加速度a＝＝1.0 m/s2。
(2)选取木块为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝，所以要测定动摩擦因数，还需要测出木板与水平面间的夹角θ。(在求解加速度时，还可以结合题图用Δx＝aT2来计算，T＝0.2 s，Δx＝0.04 m，可得出加速度a＝1.0 m/s2。)
12．(2019·安徽江淮十校三模)实验室小车坏了，某同学用木块做探究加速度与力关系的实验。设计的装置如图甲所示。
(1)该同学想知道木块与长木板间的动摩擦因数有多大，将长木板放置在水平桌面上，连接好装置，调节定滑轮，使连接木块的轻绳____________，接通电源、释放木块，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，相邻两个计数点间还有四个点未画出，则木块的加速度大小a＝________ m/s2(保留两位有效数字)。要测出木块与长木板间的动摩擦因数，还需要测量的物理量有________________________________________(写出物理量的名称及符号)，根据测得的物理量，求得木块与长木板间的动摩擦因数为μ＝________。
(2)要用该装置做探究加速度与合外力关系的实验，需要将长木板没有定滑轮的一端垫高，木块不连细绳和托盘，接通电源，轻推木块，当打点计时器打出的点间隔均匀时，则说明摩擦力已被平衡，此时木板的倾角θ满足tanθ＝________。平衡摩擦力后，在保证砝码的总质量远小于木块质量的条件下，改变砝码的质量m′进行多次实验，测得多组加速度a与砝码的质量m′，作出am′图象如图丙所示，图象不过原点的原因是________________。
答案 (1)与长木板平行 1.0 木块的质量M与托盘和砝码的总质量m
(2) 未考虑托盘的质量
解析 (1)调节定滑轮，使连接木块的轻绳与长木板平行。
根据Δx＝aT2，运用逐差法得
a＝＝ m/s2≈1.0 m/s2
以木块为研究对象，根据牛顿第二定律得T－f＝Ma
其中滑动摩擦力f＝μMg
以托盘和砝码整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg－T＝ma
联立解得μ＝，
故要测出动摩擦因数，还需要测出木块的质量M与托盘和砝码的总质量m。
(2)平衡摩擦力后，Mgsinθ＝μMgcosθ
得tanθ＝μ＝。
探究加速度与力关系实验时，平衡摩擦力后，在保证砝码的总质量远小于木块质量的条件下，图象不过原点的原因是未考虑托盘的质量。
13．(2019·福建南平二模)(1)某研究性学习小组使用速度传感器探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________。
A．小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量m
B．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
C．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑
D．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力
(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力。用图乙所示的装置探究物体受到的空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的vt图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)的结论。理由是________________________。
答案 (1)BC (2)变大 vt图象斜率减小，加速度(或合外力)减小
解析 (1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M远大于砝码和砝码盘的总质量m，A错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，B正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小
车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，C正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，D错误。
(2)由vt图象可知斜率减小，则小车的加速度减小，由F－f＝ma可得阻力增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大。
14．(2019·湖北武汉5月模拟)某同学用下列器材粗测两个沙袋的质量(质量不等)。
A．轻质光滑定滑轮
B．总质量为500 g的钩码一盒(10个)
C．米尺
D．秒表
E．铁架台
F．细线
具体步骤如下：
(1)如图安装实验装置，两侧沙袋的质量分别为m1、m2；
(2)从钩码盒中取出质量为Δm的钩码放在沙袋m1中，剩余钩码都放在m2中，将系统由静止释放；
(3)用米尺测出m1下降的高度h，用秒表测出m1下降的时间t，沙袋运动的加速度大小为a＝________；
(4)改变砝码的质量Δm，重复步骤(2)和(3)，得到多组Δm及a的数据，作出“aΔm”图线；
(5)若求得图线的斜率k＝4.0 m/(kg·s2)，截距为b＝2.0 m/s2，沙袋的质量m1＝________ kg，m2＝________ kg(重力加速度g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)。
答案 (3) (5)3.0 1.5
解析 (3)沙袋做初速度为零的匀加速直线运动，
其位移：h＝at2，
则其加速度：a＝。
(5)对m1，由牛顿第二定律得：
(m1＋Δm)g－T＝(m1＋Δm)a，
对m2，由牛顿第二定律得：
T－(m2＋m－Δm)g＝(m2＋m－Δm)a，
联立解得：a＝Δm＋，
由aΔm图象可知，图线的斜率k＝＝4.0 m/(kg·s2)，
图线的截距b＝＝2.0 m/s2，
代入数据解得：m1＝3.0 kg，m2＝1.5 kg。
考点9 实验：验证牛顿第二定律
题组一 基础与经典题
1．某实验小组探究小车的加速度与质量和合外力的关系时，用了图a所示的装置，设小车及砝码的质量为M，砂和砂桶的质量为m，则：
(1)本实验采用的实验方法是________。
A．控制变量法 B．转换法
C．理想实验法 D．等效替代法
(2)下列操作与说法正确的是________。
A．实验时，先放开小车，后接通电源
B．平衡摩擦力时，应将砂桶用细绳绕过定滑轮系在小车上
C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．在满足m≪M时，绳拉力近似等于砂和砂桶的重力
(3)实验得到如图b所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T，B、C间距为s2，D、E间距为s4，则小车加速度的表达式a＝________(用T、s2、s4表示)。
答案 (1)A (2)CD (3)
解析 (1)为了探究小车的加速度与质量和合外力之间的定量关系，可以在小车质量一定的情况下，探究小车的加速度与合外力的关系；再在小车受力一定的情况下，探究小车的加速度与其质量的关系；最后归纳出加速度与合外力、质量之间的关系，这样的物理方法称为控制变量法，故选A。
(2)实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，由于小车运动得较快，若先放开小车，再接通打点计时器电源，可能会使打在纸带上的点较少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始时小车要靠近打点计时器，故A错误；平衡摩擦力时，应将细绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车拖着纸带沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否做匀速运动，故B错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；依据牛顿第二定律，当满足m≪M时，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的重力，故D正确。
(3)根据逐差法得：s4－s2＝2aT2，解得a＝。
2.在“探究加速度与力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置。图中上下两层前端均固定有光滑滑轮，两相同小车前端各系一条细线，细线跨过定滑轮并挂上一个砝码盘，盘中可放砝码，小车Ⅱ所挂砝码和砝码盘的总质量是小车Ⅰ所挂砝码和砝码盘总质量的两倍。将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力，两小车尾部各系一条细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，按下装置两小车同时立即停止。某次实验时小车Ⅰ的位移为s1，小车Ⅱ的位移为s2。
(1)为了减小实验误差，下列说法正确的是________。
A．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时需要挂上砝码盘和砝码
B．实验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码
C．砝码盘和砝码的总质量应远大于小车的质量
D．砝码盘和砝码的总质量应远小于小车的质量
(2)若实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，则可得实验结论：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成________(填“正比”或“反比”)。
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，因此s1和s2的大小关系是________。
A．2s1＞s2 B．2s1＝s2
C．2s1＜s2
答案 (1)BD (2)正比 (3)B
解析 (1)实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码，故A错误，B正确；若要将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，须满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量，故C错误，D正确。
(2)使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移s＝at2，则位移与加速度成正比，实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，由题知小车Ⅱ所受合力为小车Ⅰ的两倍，则可得实验结论：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成正比。
(3)由于实验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，根据运动的位移公式s＝at2，结合牛顿第二定律F＝ma，可知s1和s2的大小关系是：2s1＝s2，故A、C错误，B正确。
3．如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮之间的摩擦。
(1)下列说法正确的是________。
A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．实验中m2应远小于m1
D．测力计的读数始终为
(2)如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)。
(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象，可能是下列哪个选项中的图象________。
答案 (1)B (2)0.50 (3)C
解析 (1)该实验首先必须要平衡摩擦力，一端带有定滑轮的长木板要倾斜，故A错误；为使打点的个数较多，打点计时器在使用时都要求先接通电源后释放小车，故B正确；由于该实验中绳的拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；由于重物向下做加速运动，由牛顿第二定律：m2g－2F＝m2a，解得测力计的读数为：F＝，故D错误。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2得：a＝ m/s2＝0.50 m/s2。
(3)若没有平衡摩擦力，当绳上的拉力增大到一定值时，小车才有加速度，即aF的图线在F正半轴上有截距，C正确，A、B错误。
4．如图甲所示，一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，利用钩码拉动滑块在木板上运动来测量木板和滑块间的动摩擦因数。
(1)下列操作中必要的有________。
A．调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行
B．将木板右端垫起一个角度
C．释放滑块的位置应尽量靠近打点计时器
D．钩码的质量远小于滑块的质量
(2)滑块在钩码拉动下带动纸带运动时打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器接频率为f的交流电源，则滑块的加速度可表示为a＝________。
(3)若M为滑块的质量，m为钩码的质量，a为滑块的加速度，重力加速度为g，则木板和滑块间的动摩擦因数μ可表示为________。
答案 (1)AC (2) (3)
解析 (1)若细绳与水平木板不平行，滑块在运动过程中，细绳与水平木板间的夹角会变化，滑块与水平木板间的弹力会变化，则摩擦力也会变化，故应该调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行，A正确；本实验不需要平衡摩擦力，故不需要将木板右端垫起一个角度，B错误；为使纸带上有尽量多的范围打点，释放滑块的位置尽量靠近打点计时器，故C正确；本实验的对象为钩码与滑块组成的系统，故不需要满足钩码的质量远小于滑块的质量，故D错误。
(2)根据位移差公式Δx＝aT2，可得加速度为a＝＝＝。
(3)设细绳拉力为T，对滑块有T－μMg＝Ma，对钩码有mg－T＝ma，联立可得μ＝。
题组二 高考真题
5.(2019·全国卷Ⅱ)如图a，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝__________(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图b所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为____________(结果保留2位小数)。
答案 (1) (2)0.35
解析 (1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。
由牛顿第二定律得：mgsinθ－μFN＝ma
且FN＝mgcosθ
联立以上两式解得
μ＝。
(2)由逐差法求铁块加速度：
a＝
＝×10－2 m/s2≈1.97 m/s2
代入μ＝，得μ≈0.35。
6．(2018·江苏高考)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________。
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？________________________________________________。
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g＝____________。
答案 (1)偶然 (2)B
(3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落
(4)
解析 (1)时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。
(2)由于自由落体运动的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
(3)为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。
(4)根据牛顿第二定律有mg＝(M＋m0＋m＋M)a，又H＝at2，解得g＝。
7.(2016·全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图a中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的st图象如图b所示；由图b求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图c中补齐数据点，并作出an图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
答案 (3)0.39(在0.37～0.49范围内也可) (4)如图所示
(5)0.45(在0.43～0.47范围内也可) (6)BC
解析 (3)由s＝at2得：a＝，在st图象中找一点坐标，代入公式即可求出a。
(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律：
nmg＝(M＋Nm)a，则a＝＝，an图象的斜率k＝，从而可解出M。
(6)对于已平衡摩擦力的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg＝(M＋Nm)a，则a＝n ①；对于木板水平的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，整理得：a＝n－μg ②，比较①②可见，B、C均正确。
题组三 模拟题
8．(2019·江苏七市二模)利用图甲所示装置探究物体的加速度与所受合外力的关系，小车质量约300 g，另配置质量20 g的钩码5个，质量500 g的砝码1个。
(1)实验中，平衡摩擦力的具体做法是________(选填“挂上”或“移去”)钩码，长木板右端用垫块抬高，调至适当高度，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点间距相等。
(2)实验通过添加钩码改变小车的受力。关于小车，下列说法中正确的有________。
A．当钩码质量远小于小车总质量时，可认为小车所受合外力与钩码重力大小相等
B．开始实验时，应将砝码放入小车
C．小车内放入砝码后需重新平衡摩擦力
D．实验中不需要测出小车的质量
(3)实验中打出一条纸带，如图乙所示，从某清晰点开始取计数点，分别标为0、1、2、3、4、5、6，测量点0到点3的距离为d1，点0到点6的距离为d2，已知相邻两计数点间的时间间隔均为T，则加速度a＝________。
(4)实验小组由小车受到的拉力F和对应的加速度a，作出aF图线，如图丙中实线所示，下列对实验图线偏离直线的原因分析，正确的是________。
A．测量不准确引起的，属于偶然误差
B．实验原理、方法引起的，属于系统误差
C．加速度大，空气阻力作用更加明显
D．滑轮与轴间有摩擦
答案 (1)移去 (2)ABD (3) (4)B
解析 (1)平衡摩擦力时，移去钩码，长木板右端用垫块抬高，调至适当高度，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点间距相等。
(2)当钩码质量远小于小车总质量时，可以认为小车所受的合外力等于钩码的重力，故A正确；开始实验时，应将砝码放入小车，使得钩码质量远小于小车质量，故B正确；小车内放入砝码后，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；实验探究加速度与合外力的关系，只需保持小车的总质量不变即可，不需要测出小车的质量，故D正确。
(3)根据d2－d1－d1＝a(3T)2得，加速度a＝。
(4)aF图线中图线上端偏离直线的原因是随着所挂钩码个数的增加，不再满足钩码的质量远小于小车的质量，该误差属于系统误差，是由实验原理、方法引起的，故选B。
9．(2019·安徽合肥二模)某课外小组利用图甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________ cm；
(2)安装好光电门，从图甲中读出两光电门之间的距离s＝________ cm；
(3)接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平；
(4)安装好其他器材，并调整定滑轮，使细绳水平；
(5)让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2，计算出滑块的加速度a1＝________________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1；
(6)改变重物质量，多次重复步骤(5)，分别计算出加速度a2、a3、a4、…，并记录对应的F2、F3、F4、…；
(7)在aF坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出________________________________。
答案 (1)0.550 (2)50.00 (3)相等
(5) (7)物体质量一定时，物体的加速度与所受合力成正比
解析 (1)游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，则d＝5.50 mm＝0.550 cm。
(2)两光电门之间的距离s＝70.30 cm－20.30 cm＝50.00 cm。
(3)当气垫导轨调成水平时，滑块做匀速直线运动，滑块通过两光电门的时间相等。
(5)滑块通过两光电门的瞬时速度分别为：v1＝，v2＝，根据速度位移公式得滑块的加速度为：a1＝＝。
(7)若aF图线为通过原点的倾斜直线，可知在物体质量一定时，物体的加速度与所受合力成正比。
10．(2019·河北石家庄二模)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来研究加速度和力的关系，其中小车的质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，不计所有摩擦。
(1)松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s，数据如图乙所示，则小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)。
(2)改变砂桶内砂子的质量，多次实验，以力传感器的示数F为横坐标、小车对应的加速度a为纵坐标，作出的aF图象如图丙，可知小车的质量M＝________ kg。
答案 (1)2.00 (2)0.25
解析 (1)由题知，小车做匀加速直线运动，
由匀加速直线运动的推论Δx＝aT2，得
a＝＝ m/s2
＝2.00 m/s2。
(2)由题意知，小车所受拉力T＝2F
又T＝Ma
由aF图象知，当F＝0.30 N时a＝2.40 m/s2
联立并代入数据得M＝0.25 kg。
11．(2020·安徽示范高中高三上学期联考)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示的实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。
(1)根据图乙，计算0.4 s时木块的速度v＝________ m/s，木块的加速度a＝________ m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________；得出μ的表达式为μ＝________(已知当地的重力加速度g)。
答案 (1)0.40 1.0 (2)木板与水平面的夹角θ
解析 (1)根据做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度得，木块0.4 s末的速度为v＝ m/s＝0.40 m/s；0.2 s末的速度为v′＝ m/s＝0.20 m/s；则木块的加速度a＝＝1.0 m/s2。
(2)选取木块为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝，所以要测定动摩擦因数，还需要测出木板与水平面间的夹角θ。(在求解加速度时，还可以结合题图用Δx＝aT2来计算，T＝0.2 s，Δx＝0.04 m，可得出加速度a＝1.0 m/s2。)
12．(2019·安徽江淮十校三模)实验室小车坏了，某同学用木块做探究加速度与力关系的实验。设计的装置如图甲所示。
(1)该同学想知道木块与长木板间的动摩擦因数有多大，将长木板放置在水平桌面上，连接好装置，调节定滑轮，使连接木块的轻绳____________，接通电源、释放木块，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，相邻两个计数点间还有四个点未画出，则木块的加速度大小a＝________ m/s2(保留两位有效数字)。要测出木块与长木板间的动摩擦因数，还需要测量的物理量有________________________________________(写出物理量的名称及符号)，根据测得的物理量，求得木块与长木板间的动摩擦因数为μ＝________。
(2)要用该装置做探究加速度与合外力关系的实验，需要将长木板没有定滑轮的一端垫高，木块不连细绳和托盘，接通电源，轻推木块，当打点计时器打出的点间隔均匀时，则说明摩擦力已被平衡，此时木板的倾角θ满足tanθ＝________。平衡摩擦力后，在保证砝码的总质量远小于木块质量的条件下，改变砝码的质量m′进行多次实验，测得多组加速度a与砝码的质量m′，作出am′图象如图丙所示，图象不过原点的原因是________________。
答案 (1)与长木板平行 1.0 木块的质量M与托盘和砝码的总质量m
(2) 未考虑托盘的质量
解析 (1)调节定滑轮，使连接木块的轻绳与长木板平行。
根据Δx＝aT2，运用逐差法得
a＝＝ m/s2≈1.0 m/s2
以木块为研究对象，根据牛顿第二定律得T－f＝Ma
其中滑动摩擦力f＝μMg
以托盘和砝码整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg－T＝ma
联立解得μ＝，
故要测出动摩擦因数，还需要测出木块的质量M与托盘和砝码的总质量m。
(2)平衡摩擦力后，Mgsinθ＝μMgcosθ
得tanθ＝μ＝。
探究加速度与力关系实验时，平衡摩擦力后，在保证砝码的总质量远小于木块质量的条件下，图象不过原点的原因是未考虑托盘的质量。
13．(2019·福建南平二模)(1)某研究性学习小组使用速度传感器探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________。
A．小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量m
B．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
C．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑
D．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力
(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力。用图乙所示的装置探究物体受到的空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的vt图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)的结论。理由是________________________。
答案 (1)BC (2)变大 vt图象斜率减小，加速度(或合外力)减小
解析 (1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M远大于砝码和砝码盘的总质量m，A错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，B正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小
车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，C正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，D错误。
(2)由vt图象可知斜率减小，则小车的加速度减小，由F－f＝ma可得阻力增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大。
14．(2019·湖北武汉5月模拟)某同学用下列器材粗测两个沙袋的质量(质量不等)。
A．轻质光滑定滑轮
B．总质量为500 g的钩码一盒(10个)
C．米尺
D．秒表
E．铁架台
F．细线
具体步骤如下：
(1)如图安装实验装置，两侧沙袋的质量分别为m1、m2；
(2)从钩码盒中取出质量为Δm的钩码放在沙袋m1中，剩余钩码都放在m2中，将系统由静止释放；
(3)用米尺测出m1下降的高度h，用秒表测出m1下降的时间t，沙袋运动的加速度大小为a＝________；
(4)改变砝码的质量Δm，重复步骤(2)和(3)，得到多组Δm及a的数据，作出“aΔm”图线；
(5)若求得图线的斜率k＝4.0 m/(kg·s2)，截距为b＝2.0 m/s2，沙袋的质量m1＝________ kg，m2＝________ kg(重力加速度g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)。
答案 (3) (5)3.0 1.5
解析 (3)沙袋做初速度为零的匀加速直线运动，
其位移：h＝at2，
则其加速度：a＝。
(5)对m1，由牛顿第二定律得：
(m1＋Δm)g－T＝(m1＋Δm)a，
对m2，由牛顿第二定律得：
T－(m2＋m－Δm)g＝(m2＋m－Δm)a，
联立解得：a＝Δm＋，
由aΔm图象可知，图线的斜率k＝＝4.0 m/(kg·s2)，
图线的截距b＝＝2.0 m/s2，
代入数据解得：m1＝3.0 kg，m2＝1.5 kg。
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