2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 真題匯編 C單元 牛頓運動定律.doc

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2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 真題匯編 C單元 牛頓運動定律18C2xx全國卷 一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則()A質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同B質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變解析 BC由牛頓第二定律，質(zhì)點的加速度總是與該恒力方向相同，且加速度恒定，單位時間內(nèi)速度的變化量不變，但速率的變化量可能不同，選項C正確，選項D錯誤；當恒力與速度方向不在同一直線上時，質(zhì)點做勻變速曲線運動，速度方向與恒力方向不相同，但速度方向不可能總與該恒力方向垂直，選項B正確；只有當恒力與速度同向，做勻加速直線運動時，速度方向才與該恒力方向相同，選項A錯誤19A2 、C2、E1xx全國卷 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)若它們下落相同的距離，則()A甲球用的時間比乙球長B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功19BD解析 設(shè)fkR，則由牛頓第二定律得F合mgfma，而mR3，故ag，由m甲m乙、甲乙可知a甲a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v22ax可知，v甲v乙，B正確；由xat2可知，t甲f乙，則W甲克服W乙克服，D正確21C2、 E3xx全國卷 如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且ONMOMN.在小球從M點運動到N點的過程中()圖1A彈力對小球先做正功后做負功B有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差21BCD解析 小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于伸長狀態(tài)，則在由M到N過程中有一點彈簧處于原長狀態(tài)，設(shè)該點為B點，另設(shè)小球在A點時對應(yīng)的彈簧最短，如圖所示從M點到A點，彈簧壓縮量變大，彈力做負功，從A點到B點彈簧從壓縮逐漸恢復(fù)至原長，彈力做正功，從B點到N點彈簧從原長逐漸伸長，彈力做負功，選項A錯誤小球在A點時，水平方向上彈簧的彈力與桿的彈力相平衡，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag；小球在B點時，彈簧處于原長，桿對小球沒有作用力，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag，B正確在A點時，彈簧的彈力F彈垂直于桿，小球的速度沿桿向下，則P彈F彈vcos 0，C正確從M點到N點，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，則Ek增Ep減，即EkN0Ep重MEp重NEp彈MEp彈N，由于在M、N兩點彈簧彈力大小相同，由胡克定律可知，彈簧形變量相同，則彈性勢能Ep彈NEp彈M，故EkNEp重MEp重N，D正確24C2D4E2xx全國卷 如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點圖124答案 (1)5(2)能解析 (1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkAmg設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkBmg由式得5(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N0設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有Nmg由式得，vC應(yīng)滿足mgm由機械能守恒有mgmv由式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點10C2D4E2xx天津卷 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一如圖1所示，質(zhì)量m60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB24 m/s，A與B的豎直高度差H48 m為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W1530 J，g取10 m/s2.圖1(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大?。?2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？答案 (1)144 N(2)12.5 m解析 (1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有v2ax 由牛頓第二定律有mgFfma聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得Ff144 N(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mghWmvmv設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FNmgm由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得R12.5 m10A2 C2xx四川卷 避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，當車速?3 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度圖110答案 (1)5 m/s2，方向沿制動坡床向下(2)98 m解析 (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsin ma1fmgcos 聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動坡床向下(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l98 m.4C2xx上海卷 如圖1所示，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的()圖1AOA方向 BOB方向COC方向 DOD方向4D解析 根據(jù)牛頓第二定律，合外力方向與加速度方向相同，小車和球的加速度向右，所受合外力也向右，D正確C3 超重和失重C4 實驗：驗證牛頓定律23C4xx全國卷 某物理課外小組利用圖(a)中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；輕繩跨過滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼本實驗中可用的鉤碼共有N5個，每個質(zhì)量均為0.010 kg.實驗步驟如下：(1)將5個鉤碼全部放入小車中，在長木板左下方墊上適當厚度的小物塊，使小車(和鉤碼)可以在木板上勻速下滑圖1(2)將n(依次取n1，2，3，4，5)個鉤碼掛在輕繩右端，其余Nn個鉤碼仍留在小車內(nèi)；用手按住小車并使輕繩與木板平行釋放小車，同時用傳感器記錄小車在時刻t相對于其起始位置的位移s，繪制s t圖像，經(jīng)數(shù)據(jù)處理后可得到相應(yīng)的加速度a.(3)對應(yīng)于不同的n的a值見下表n2時的s t圖像如圖(b)所示；由圖(b)求出此時小車的加速度(保留2位有效數(shù)字)，將結(jié)果填入下表n12345a/(ms2)0.200.580.781.00(4)利用表中的數(shù)據(jù)在圖(c)中補齊數(shù)據(jù)點，并作出an圖像從圖像可以看出：當物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與其所受的合外力成正比圖1(5)利用an圖像求得小車(空載)的質(zhì)量為_ kg(保留2位有效數(shù)字，重力加速度g取9.8 m/s2)(6)若以“保持木板水平”來代替步驟(1)，下列說法正確的是 _(填入正確選項前的標號)Aan圖線不再是直線Ban圖線仍是直線，但該直線不過原點Can圖線仍是直線，但該直線的斜率變大23答案 (3)0.39(0.370.49均可)(4)an圖線如圖所示(5)0.45(0.430.47均可)(6)BC解析 (3)系統(tǒng)做勻加速直線運動，sat2，由圖(b)可知，當t2 s時，s0.78 m，代入解得a0.39 m/s2.(4)由題意知描點法作圖所得的必須是一條直線(5)對于掛在下面的n個鉤碼，有nmgFnma；對于小車(含剩下的鉤碼)，有FM(Nn)ma；兩式相加得nmg(MNm)a；解得an，可見an圖像的斜率表示，由an圖可知斜率k0.196，所以0.196，解得M0.45 kg.(6)木板水平時要考慮摩擦力的影響，對于掛在下面的n個鉤碼，有nmgFnma；對于小車(含剩下的鉤碼)，有FM(Nn)mgM(Nn)ma；兩式相加得nmgM(Nn)mg(MNm)a，去中括號得n(mgmg)(MNm)g(MNm)a，移項化簡得n(mgmg)(MNm)(ag)，解得angn9.8，可見an圖像仍是一條直線，但其斜率要變大，且不過坐標原點C5 牛頓運動定律綜合22E5C5xx全國卷 某同學(xué)用圖(a)所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為交流電源，可以使用的頻率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出紙帶的一部分如圖(b)所示圖1該同學(xué)在實驗中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實驗數(shù)據(jù)和其他題給條件進行推算(1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖(b)中給出的物理量可以寫出：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為_，打出C點時重物下落的速度大小為_，重物下落的加速度大小為_(2)已測得s18.89 cm，s29.50 cm，s310.10 cm；當?shù)刂亓铀俣却笮?.80 m/s2，實驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%.由此推算出f為_ Hz.答案 (1)(s1s2)f(s2s3)f(s3s1)f2(2)40解析 (1)B點對應(yīng)的速度vB，C點對應(yīng)的速度vC，加速度a.(2)由牛頓第二定律得mg(11%)ma，則頻率f40 Hz.16C5、D6、E2xx全國卷 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1所示將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動能一定小于Q球的動能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度16C解析 從釋放到最低點過程中，由動能定理得mglmv20，可得v，因lPlQ，則vPmQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可知Tmgmman，得T3mg，an2g，則TPTQ，aPaQ，C正確，D錯誤8E1C5xx天津卷 我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()圖1A啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32C進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比D與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為128BD解析 列車啟動時，乘客隨著車廂加速運動，乘客受到的合力方向與車運動的方向一致，而乘客受到車廂的作用力和重力，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動方向成一銳角，A錯誤；動車組運動的加速度akg，則對第6、7、8節(jié)車廂的整體有f563ma3kmg0.75F，對第7、8節(jié)車廂的整體有f672ma2kmg0.5F，故第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32，B正確；根據(jù)動能定理得Mv2kMgs，解得s，可知進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度的二次方成正比 ，C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1，8節(jié)車廂有4節(jié)動車的最大速度為vm2，則，D正確5C5xx海南卷 沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時間圖線如圖1所示已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s、510 s、1015 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()圖1AF1F3CF1F3 DF1F35A解析 05 s內(nèi)，物體沿斜面向下做勻加速直線運動，F(xiàn)1mgsin mgcos ，故A正確13C5xx海南卷 水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為.細繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖1所示初始時，繩處于水平拉直狀態(tài)若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g.求：圖1(1)物塊B克服摩擦力所做的功；(2)物塊A、B的加速度大小13答案 (1)2mgs(2)解析 (1)物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為s1s物塊B受到的摩擦力大小為f4mg物塊B克服摩擦力所做的功為Wfs12mgs(2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中的張力為T.由牛頓第二定律得FmgTmaA2T4mg4maB由A和B的位移關(guān)系得aA2aB聯(lián)立式得aAaB1xx浙江嘉興期末考試 如圖K71所示是我國首次立式風(fēng)洞跳傘實驗，風(fēng)洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”此過程中()圖K71A地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈Υ笮∠嗟菳人受到的重力和人受到氣流的力是一對作用力與反作用力C人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小D人被向上“托起”時處于失重狀態(tài)1A解析 地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈樽饔昧头醋饔昧?，故大小相等，A項正確；人受到氣流的力和人對氣流的力是作用力和反作用力，B項錯誤；人被加速向上托起，則人受到氣流的力大于人受到的重力，C項錯誤；人有向上的加速度，故人被向上“托起”時處于超重狀態(tài)，D項錯誤4(多選)xx湖南師范大學(xué)附中月考 如圖K74所示，固定在水平面上的光滑斜面的傾角為，其頂端裝有光滑小滑輪，繞過滑輪的輕繩一端連接一物塊B，另一端被人拉著且人、滑輪間的輕繩平行于斜面人的質(zhì)量為M，B物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，當人拉著繩子以大小為a1的加速度沿斜面向上運動時，B 物塊運動的加速度大小為a2，則下列說法正確的是()圖K74A物塊一定向上加速運動B人能夠沿斜面向上加速運動，必須滿足mMsin C若a20，則a1一定等于D若a1a2，則a1可能等于4CD解析 對人受力分析，由牛頓第二定律可知FMgsin Ma1，得FMgsin Ma1，若Fmg，則物體B加速上升，若Fmg，則物體B加速下降，若Fmg，物體B靜止，故A錯誤； 人能夠沿斜面向上加速運動，只需滿足FMgsin 即可，故B錯誤；若a20，則Fmg，故mgMgsin Ma1，a1，故C正確；FMgsin Ma1，當Fmg時，有mgFma2，又a1a2，則a1，故D正確6(多選)xx高考信息交流模擬試卷 如圖K76所示，M為輕質(zhì)定滑輪，一根細繩跨過M，一端系著物體C，另一端系著一輕質(zhì)動滑輪N，動滑輪兩側(cè)分別懸掛著A、B兩物體，已知B物體的質(zhì)量為3 kg.不計滑輪和繩的質(zhì)量以及一切摩擦，如果C物體的質(zhì)量為9 kg，則關(guān)于C物體的狀態(tài)，下列說法不正確的是()圖K76A當A的質(zhì)量取值合適，C有可能處于平衡狀態(tài)B無論A的質(zhì)量有多大，C都不可能平衡C當A的質(zhì)量足夠大時，C不可能向上加速運動D不管A的質(zhì)量有多大，C一定有向下的加速度6BCD解析 首先取AB連接體為研究對象，當A的質(zhì)量遠遠小于B的質(zhì)量時，則B以接近重力加速度的加速度向下做加速運動，B處于失重狀態(tài)，細繩的最小拉力接近為零；當A的質(zhì)量遠遠大于B的質(zhì)量時，則B以接近重力加速度的加速度向上做加速運動，B處于超重狀態(tài)，細繩的最大拉力接近B的重力的2倍，故此時細繩拉C的最大拉力為B的重力的4倍，故當A的質(zhì)量取值合適，C的質(zhì)量在大于零小于12 kg之間都有可能處于平衡，A正確，B錯誤；當細繩對C的拉力小于C的重力時，C產(chǎn)生向下的加速度，當細繩對C的拉力大于C的重力時，C產(chǎn)生向上的加速度，故C、D錯誤4xx鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測 甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放兩球下落過程中所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即fkv(k為正的常量)兩球的vt圖像如圖K84所示落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2.則下列判斷正確的是()圖K84A釋放瞬間甲球加速度較大B.C甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量Dt0時間內(nèi)兩球下落的高度相等4C解析 釋放瞬間v0，因此空氣阻力f0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kvmg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即vmm，B錯誤；由圖像知v1v2，因此m1m2，C正確；圖像與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內(nèi)兩球下落的高度不相等，故D錯誤1xx青島期末考試 如圖K91所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為R，AC長為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為()圖K91A1 B12C1 D131A解析 小球沿半徑為R的圓上的弦下滑所用的時間跟沿豎直方向的直徑下滑的時間是相同的，由2Rgt2，解得t2，故t，因此t1t21，A項正確6xx湖南衡陽一中期中考試 一個小圓環(huán)瓷片最高能從h0.18 m高處由靜止釋放后直接撞擊地面而不被摔壞現(xiàn)讓該小圓環(huán)瓷片恰好套在一圓柱體上端且可沿圓柱體下滑，瓷片與圓柱體之間的摩擦力是瓷片重力的4.5倍，如圖K86所示若讓該裝置從距地面H4.5 m高處從靜止開始下落，瓷片落地恰好沒被摔壞已知圓柱體與瓷片所受的空氣阻力都為自身重力的0.1倍，圓柱體碰地后速度立即變?yōu)榱闱冶３重Q直方向(g取10 m/s2)(1)瓷片直接撞擊地面而不被摔壞時，瓷片著地時的最大速度為多少？(2)瓷片隨圓柱體從靜止到落地，下落總時間為多少？圖K866(1)1.8 m/s(2)1.2 s解析 (1)瓷片從h0.18 m處下落，設(shè)加速度為a0，瓷片質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，有mg0.1mgma0，得a09 m/s2，又v2a0h，得v0 m/s1.8 m/s.(2)瓷片隨圓柱體一起加速下落，設(shè)加速度為a1，則有a1a09 m/s2，又v2a1H，得v1 m/s9 m/s，下落時間為：t1 s1 s，瓷片繼續(xù)沿圓柱體減速下落直到落地，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律，有4.5mg0.1mgmgma2，得a23.6g36 m/s2，則瓷片繼續(xù)下落的時間為：t2 s0.2 s，瓷片隨圓柱體從靜止到落地，下落總時間為：tt1t21 s0.2 s1.2 s.2xx江西三校聯(lián)考 “用DIS研究加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置如圖K392甲所示，實驗中用所掛鉤碼的重力作為細線對小車的拉力F.通過增加鉤碼的數(shù)量，多次測量，可得小車運動的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖像他們在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條aF圖線，如圖乙所示圖K392(1)圖線_ (選填“”或“”) 是在軌道右側(cè)抬高成為斜面情況下得到的；(2)在軌道水平時，小車運動的阻力Ff_ N；(3)圖乙中，拉力F較大時，aF圖線明顯彎曲，產(chǎn)生誤差為避免此誤差可采取的措施是_A調(diào)整軌道的傾角，在未掛鉤碼時使小車能在軌道上勻速運動B在增加鉤碼數(shù)量的同時在小車上增加砝碼，使鉤碼的總質(zhì)量始終遠小于小車與車上砝碼的總質(zhì)量C將無線力傳感器捆綁在小車上，再將細線連在力傳感器上，用力傳感器讀數(shù)代替鉤碼的重力D更換實驗中使用的鉤碼規(guī)格，采用質(zhì)量較小的鉤碼進行上述實驗2(1)(2)0.5(3)C 解析 (1)圖線中，有拉力小車仍舊不動，表明軌道右側(cè)沒有被抬高，故選圖線.(2)由圖線可知，F(xiàn)0.5 N時，a0，F(xiàn)Ff0.5 N.(3)本實驗要求鉤碼的質(zhì)量要遠遠小于小車的質(zhì)量，當所掛鉤碼數(shù)量較多時，誤差就顯著起來了，故選C.