2011高考物理一輪復(fù)習(xí)典例精析課件：第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律(可編輯文字版).ppt

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第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第1節(jié) 牛頓第一定律牛頓第三定律 例1 關(guān)于牛頓第一定律的下列說(shuō)法中 正確的是 A 牛頓第一定律是實(shí)驗(yàn)定律B 牛頓第一定律說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C 慣性定律與慣性的實(shí)質(zhì)是相同的D 物體的運(yùn)動(dòng)需要力來(lái)維持 點(diǎn)撥 正確理解牛頓第一定律是解答此題的關(guān)鍵 解析 牛頓第一定律是物體在理想條件下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 反映的是物體在不受力的情況下所遵循的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 而自然界中不受力的物體是不存在的 故A錯(cuò)誤 慣性是物體保持原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的一種性質(zhì) 慣性定律 即牛頓第一定律 則反映物體在一定條件下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 顯然C錯(cuò)誤 由牛頓第一定律可知 物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持 但要改變物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)則必須有力的作用 故D錯(cuò)誤 B正確 答案 B 1 下列關(guān)于慣性的說(shuō)法中正確的是 物體只有靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)才有慣性 物體只有受外力作用時(shí)才有慣性 物體的運(yùn)動(dòng)速度大時(shí)慣性大 物體在任何情況下都有慣性 解析 慣性是物體的固有屬性 一切物體都具有慣性 且與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及受力情況無(wú)關(guān) 故只有 正確 答案 D 例2 甲乙兩隊(duì)拔河比賽 甲隊(duì)勝 若不計(jì)繩子的質(zhì)量 下列說(shuō)法正確的是 A 因甲隊(duì)勝而乙隊(duì)負(fù) 所以甲隊(duì)拉繩子的力大于乙隊(duì)拉繩子的力B 只有在兩隊(duì)相持不動(dòng)時(shí) 兩隊(duì)拉力才大小相等C 只有在甲隊(duì)拉動(dòng)乙隊(duì)時(shí) 甲隊(duì)拉力才大于乙隊(duì)D 甲隊(duì)獲勝的原因是甲隊(duì)受到地面的最大靜摩擦力大于乙隊(duì)受到地面的最大靜摩擦力 點(diǎn)撥 1 甲和繩子 乙和繩子間的力均為作用力和反作用力 2 繩子的質(zhì)量不計(jì) 其張力處處相等 解析 由于繩的質(zhì)量不計(jì) 甲拉繩與乙拉繩的力大小相等 這種關(guān)系與它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān) 任何情況下都相等 故ABC均錯(cuò)誤 若取甲 乙兩隊(duì)和繩子所組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象 在水平方向受到地面對(duì)兩隊(duì)的靜摩擦力 甲隊(duì)獲勝 則甲隊(duì)受地面的最大靜摩擦力大于乙隊(duì)受地面的最大靜摩擦力 而使乙隊(duì)被拉動(dòng) 故選項(xiàng)D正確 答案 D 2 物體靜止在斜面上 以下幾種分析中正確的是 A 物體受到的靜摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力B 物體所受重力沿垂直于斜面的分力就是物體對(duì)斜面的壓力C 物體所受重力的反作用力就是斜面對(duì)它的靜摩擦力和支持力這兩個(gè)力的合力D 物體受到的支持力的反作用力 就是物體對(duì)斜面的壓力 解析 物體受到的靜摩擦力的反作用力是物體對(duì)斜面的靜摩擦力 故A錯(cuò)誤 物體對(duì)斜面的壓力在數(shù)值上等于物體所受重力沿垂直于斜面的分力 故B錯(cuò)誤 物體所受的重力的反作用力是物體對(duì)地球的吸引力 故C錯(cuò)誤 故正確選項(xiàng)為D 答案 D 例 關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系 下列說(shuō)法中正確的是 A 物體的速度不斷增大 表示物體必受力的作用B 物體的位移不斷增大 表示物體必受力的作用C 物體朝什么方向運(yùn)動(dòng) 則這個(gè)方向上物體必受力的作用D 物體的速度大小不變 則其所受的合力必為零 錯(cuò)解 C 剖析 該題錯(cuò)解的主要原因是對(duì)基本概念理解不深刻 且受日常錯(cuò)誤觀念影響 誤認(rèn)為只有有力作用在物體上時(shí)物體才會(huì)運(yùn)動(dòng) 撤去外力物體就要停下來(lái) 實(shí)際上力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因 不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變即速度的改變 而速度的改變包括大小和方向兩個(gè)方面 速度的大小不變而方向改變 也是運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變了 說(shuō)明一定有外力作用 正解 A 第2節(jié)牛頓第二定律 例1 如圖所示 小車內(nèi)固定著三角硬桿 桿的端點(diǎn)固定著一個(gè)質(zhì)量為m的小球 當(dāng)小車水平向右的加速度逐漸增大時(shí) 桿對(duì)小球的作用力的變化 用F1至F4變化表示 可能是下圖中的 oo 沿桿方向 點(diǎn)撥 根據(jù)牛頓第二定律的瞬時(shí)性和獨(dú)立性分析球受桿作用力的兩個(gè)分力 解析 對(duì)小球進(jìn)行受力分析 小球受重力和桿對(duì)小球的彈力 彈力在豎直方向的分力和重力平衡 小球在水平方向的分力提供加速度 故C正確 答案 C 1 如圖所示 自由下落的小球下落一段時(shí)間后 與彈簧接觸 從它接觸彈簧開(kāi)始 到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中 小球的速度 加速度的變化情況如何 解析 小球接觸彈簧后受兩個(gè)力 向下的重力mg和向上的彈力k x 如圖 a 所示 剛開(kāi)始時(shí)k xmg 合力向上 由于加速度的方向和速度方向相反 小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) 因此速度減小到零彈簧被壓縮到最短 如圖 c 所示 例2 如圖所示 質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成 角的輕彈簧系著處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)用火將繩AO燒斷 在繩AO燒斷的瞬間 下列說(shuō)法正確的是 A 彈簧的拉力F mg cos B 彈簧的拉力F mgsin C 小球的加速度為零D 小球的加速度a gsin 解析 燒斷OA之前 小球受三個(gè)力 如圖所示 燒斷細(xì)繩的瞬間 繩子的張力沒(méi)有了 但由于輕彈簧的形變的恢復(fù)需要時(shí)間 故彈簧的彈力不變 故A正確 B錯(cuò)誤 燒斷后小球所受的合外力為F合 mgtan 故加速度a gtan 故C D均錯(cuò)誤 答案 A 2 如圖所示 物體A B用輕彈簧相連 mB 2mA A B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同均為 在力F作用下 物體系統(tǒng)做勻速運(yùn)動(dòng) 在力F撤去的瞬間 A的加速度為 B的加速度為 以原來(lái)的方向?yàn)檎较?解析 撤去力F前對(duì)A有FT mAg 0 撤去力F后對(duì)B有FT mBg mBa 解得a 3 2 g 方向向左 撤去力F前后A的受力未變 加速度仍為0 答案 0 3 2 g 例3 2009 江蘇 航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器 其質(zhì)量m 2kg 動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F 28N 試飛時(shí)飛行器從地面由靜止開(kāi)始豎直上升 設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變 g取10m s2 求 1 第一次試飛 飛行器飛行t1 8s時(shí)到達(dá)高度H 64m 求飛行器所受阻力f的大小 2 第二次試飛 飛行器飛行t2 6s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障 飛行器立即失去升力 求飛行器能達(dá)到的最大高度h 3 為了使飛行器不致墜落到地面 求飛行器從開(kāi)始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t3 解析 1 第一次飛行中 設(shè)加速度為a1 勻加速運(yùn)動(dòng)H 1 2a1t21 由牛頓第二定律F mg Ff ma1 解得Ff 4N 2 第二次飛行中 設(shè)失去升力時(shí)的速度為v1 上升的高度為x1 勻加速運(yùn)動(dòng)s1 1 2a1t22 設(shè)失去升力后的加速度為a2 上升的高度為s2 由牛頓第二定律mg Ff ma2 v1 a1t2 x2 v21 2a2由以上各式可解得h x1 s2 36m 6m 42m 3 設(shè)失去升力下降階段加速度為a3 恢復(fù)升力后加速度為a4 恢復(fù)升力時(shí)速度為v3 由牛頓第二定律mg Ff ma3 F Ff mg ma4 且v23 2a3 v23 2a4 h v3 a3t3 由以上各式可解得t3 3 2 1 2s 或2 1s 3 在某一旅游景區(qū)建有一山坡滑草運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目 該山坡可看成傾角 30 的斜面 一游客連同滑草裝置的總質(zhì)量m 80kg 他從靜止開(kāi)始勻加速下滑 在時(shí)間t 5s內(nèi)斜面滑下的位移s 50m 不計(jì)空氣阻力 取g 10m s2 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 問(wèn) 1 游客連同滑草裝置在下滑過(guò)程中受到的摩擦力f為多大 2 滑草裝置與草皮之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 為多大 解析 1 由位移公式s 1 2at2沿斜面方向 由牛頓第二定律得mgsin f ma聯(lián)立并代入數(shù)值后得f m gsin 2s t2 80N 2 在垂直斜面方向上 N mgcos 0 又f N 聯(lián)立并代入數(shù)值后得 fmgcos 0 12 例 如圖所示 木塊A B用一輕彈簧相連 豎直放在木塊C上 三者靜置于地面 它們的質(zhì)量之比是1 2 3 設(shè)所有接觸面都光滑 當(dāng)沿水平方向迅速抽出木塊C的瞬時(shí)A和B的加速度分別是aA aB 錯(cuò)解 抽出C的瞬間 AB的運(yùn)動(dòng)情況相同加速度均為g 剖析 由于所有接觸面均光滑 因此迅速抽出C時(shí) A B在水平面上均無(wú)加速度也無(wú)運(yùn)動(dòng) 設(shè)A的質(zhì)量為m 則由于抽出C的操作是瞬時(shí)的 因此彈簧還沒(méi)有來(lái)得及發(fā)生形變 其彈力大小為mg 根據(jù)牛頓第二定律的瞬時(shí)效應(yīng) 對(duì)A B兩物體分別分析 對(duì)A有F mg maA 可得aA 0 對(duì)B有F 2mg 2maB 可得aB 3g 2 答案 03g 2 第3節(jié) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 例1 19分 一質(zhì)量為m 40kg的小孩在電梯內(nèi)的體重計(jì)上 電梯從t 0時(shí)刻由靜止開(kāi)始上升 在0 6s內(nèi)體重計(jì)示數(shù)F的變化如圖所示 試問(wèn) 在這段時(shí)間內(nèi)電梯上升的高度是多少 取重力加速度g 10m s2 點(diǎn)撥 正確理解超重和失重的含義 實(shí)際上是豎直方向利用牛頓第二定律解題 解析 滿分展示由圖可知 在0 2s內(nèi) 體重計(jì)的示數(shù)大于mg 故電梯應(yīng)做向上的加速運(yùn)動(dòng) 設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)體重計(jì)作用于小孩的力為FN1 電梯及小孩的加速度為a1 根據(jù)牛頓第二定律得FN1 mg ma14分在這段時(shí)間內(nèi)電梯上升的高度h1 1 2a1t212分在2 5s內(nèi) 體重計(jì)的示數(shù)等于mg 故電梯應(yīng)做勻速上升運(yùn)動(dòng) 速度為t1時(shí)刻的電梯的速度 即v1 a1t1 2分在這段時(shí)間內(nèi)電梯上升的高度h2 v1t23分在5 6s內(nèi) 體重計(jì)的示數(shù)小于mg 故電梯應(yīng)做減速上升運(yùn)動(dòng) 設(shè)這段時(shí)間內(nèi)體重計(jì)作用于小孩的力為FN2 電梯及小孩的加速度為a2 由牛頓第二定律得mg FN2 ma24分在這段時(shí)間內(nèi)電梯上升的高度h3 v1 t3 t2 1 2a2 t3 t2 21分電梯上升的總高度h h1 h2 h31分代入數(shù)據(jù)解得h 2m 6m 1m 9m 2分 1 某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)在電梯的天花板上固定一根彈簧測(cè)力計(jì) 使其測(cè)量掛鉤向下 并在鉤上懸掛一個(gè)重為10N的鉤碼 彈簧測(cè)力計(jì)彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律可通過(guò)一傳感器直接得出 如圖所示 則下列分析正確的是 A 從時(shí)刻t1到t2 鉤碼處于失重狀態(tài)B 從時(shí)刻t3到t4 鉤碼處于超重狀態(tài)C 電梯可能開(kāi)始在15樓 先加速向下 接著勻速向下 再減速向下 最后停在1樓D 電梯可能開(kāi)始在1樓 先加速向上 接著勻速向上 再減速向上 最后停在15樓 解析 由圖象可知 在t1 t2內(nèi)彈力FG 處于超重 可能是在減速下降 故A B C正確 D錯(cuò)誤 答案 D 例2 2007 江蘇高考 如圖所示 光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個(gè)木塊 其中兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連 木塊間的最大靜摩擦力是 mg 現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為2m的木塊 使四個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng) 則輕繩對(duì)m的最大拉力為 A 3 mg 5B 3 mg 4C 3 mg 2D 3 mg 點(diǎn)撥 正確判斷出AB間和CD間的摩擦力的大小關(guān)系是解題的關(guān)鍵 解析 經(jīng)過(guò)受力分析 A B之間的靜摩擦力為B C D組成的系統(tǒng)提供加速度 加速度達(dá)到最大值臨界條件為A B間達(dá)到最大靜摩擦力 即am mg 4m g 4 而繩子拉力T給C D組成的系統(tǒng)提供加速度 因而拉力的最大值為T(mén)m 3mam 3 mg 4 故選B 答案 B 2 如圖所示 質(zhì)量為M的平板小車放在傾角為 的光滑斜面上 斜面固定 一質(zhì)量為m的人在車上沿平板向下運(yùn)動(dòng)時(shí) 車恰好靜止 求人的加速度 解析 以人 車整體為研究對(duì)象 根據(jù)系統(tǒng)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解 由系統(tǒng)牛頓第二定律得 M m gsin ma 解得人的加速度為a M m gsin m 例3如圖所示 細(xì)線的一端固定于傾角為45 的光滑楔形滑塊A的頂端P處 細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球 當(dāng)滑塊至少以加速度a 向左運(yùn)動(dòng)時(shí) 小球?qū)瑝K的壓力等于零 當(dāng)滑塊以a 2g的加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí) 線中拉力T 點(diǎn)撥 解題的關(guān)鍵是找出小球?qū)瑝K的壓力等于零的臨界加速度 解析 當(dāng)滑塊具有向左的加速度a時(shí) 小球受重力mg 繩的拉力FT和斜面的支持力FN作用 如圖所示 在水平方向有FTcos45 FNcos45 ma 在豎直方向有FTsin45 FNsin45 mg 0 由上述兩式可得 FN m g a 2sin45 FT m g a 2cos45 由以上兩式可看出 當(dāng)加速度a增大時(shí) 球受支持力FN減小 繩拉力FT增加 當(dāng)a g時(shí) FN 0 此時(shí)小球雖與斜面有接觸但無(wú)壓力 處于臨界狀態(tài) 這時(shí)繩的拉力FT mg cos45 2 1 2mg 當(dāng)滑塊加速度a g時(shí) 則小球?qū)?飄 離斜面 只受兩力作用 如圖所示 此時(shí)細(xì)線與水平方向間的夾角 45 由牛頓第二定律得 FTcos ma FTsin mg 解得FT m a2 g2 1 2 5 1 2mg 答案 g 5 1 2mg 3 如圖所示 在光滑水平面上放著緊靠在一起的 兩物體 的質(zhì)量是 的2倍 受到向右的恒力 B 2N 受到的水平力 A 9 2t N t的單位是s 從t 0開(kāi)始計(jì)時(shí) 則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A A物體在3s末時(shí)刻的加速度是初始時(shí)刻的5 11倍B t 4s后 B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C t 4 5s時(shí) A物體的速度為零D t 4 5s后 A B的加速度方向相反 解析 對(duì)于A B整體據(jù)牛頓第二定律有 FA FB mA mB a 設(shè)A B間的作用力為FN 則對(duì)B由牛頓第二定律可得 FN FB mBa 解得FN mB FA FB mA mB FB 16 4t 3N 當(dāng)t 4s時(shí)FN 0 A B兩物體開(kāi)始分離 此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 當(dāng)t 4 5s時(shí)A物體的加速度為零而速度不為零 t 4 5s后 所受合外力反向 即A B的加速度方向相反 當(dāng)t 4s時(shí) A B的加速度均為a FA FB mA mB 故A B D正確 C錯(cuò)誤 答案 C 例 一個(gè)質(zhì)量為0 2kg的小球用細(xì)線吊在傾角 53 的斜面頂端 如圖 斜面靜止時(shí) 球緊靠在斜面上 繩與斜面平行 不計(jì)摩擦 當(dāng)斜面以10m s2的加速度向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí) 繩的拉力為N 斜面對(duì)小球的彈力為N 錯(cuò)解 對(duì)物理過(guò)程缺乏清晰認(rèn)識(shí) 不能用極限分析法挖掘題目隱含的臨界狀態(tài)及條件 使問(wèn)題難以切入 誤認(rèn)為繩子仍然與斜面平行 剖析 當(dāng)加速度a較小時(shí) 小球與斜面體一起運(yùn)動(dòng) 此時(shí)小球受重力 繩拉力和斜面支持力的作用 繩平行于斜面 當(dāng)加速度a足夠大時(shí) 小球?qū)?飛離 斜面 此時(shí)小球受重力和繩的拉力作用 繩與水平方向的夾角未知 題目中要求a 10m s2時(shí)繩的拉力及斜面的支持力 必須先求出小球離開(kāi)斜面的臨界加速度a0 此時(shí) 小球所受斜面支持力恰好為零 由mgcot ma0 可得a0 gcot 7 5m s2 因?yàn)閍 10m s2 a0 所以小球離開(kāi)斜面FN 0 小球受力情況如圖所示 則FTcos ma FTsin mg 所以FT ma 2 mg 2 1 2 2 83N FN 0 答案 2 830 實(shí)驗(yàn)四探究加速度與力 質(zhì)量的關(guān)系 例 2008 寧夏 物理小組在一次探究活動(dòng)中測(cè)量滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示 一表面粗糙的木板固定在水平桌面上 一端裝有定滑輪 木板上有一滑塊 其一端與電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連 另一端通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與托盤(pán)連接 打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻率為50Hz 開(kāi)始實(shí)驗(yàn)時(shí) 在托盤(pán)中放入適量砝碼 滑塊開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng) 在紙帶上打出一系列小點(diǎn) 1 如圖給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶的一部分 0 1 2 3 4 5 6 7是計(jì)數(shù)點(diǎn) 每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn) 圖中未標(biāo)出 計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示 根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算的加速度a 保留三位有效數(shù)字 2 回答下列兩個(gè)問(wèn)題 為測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù) 下列物理量中還應(yīng)測(cè)量的有 填入所選物理量前的字母 A 木板的長(zhǎng)度lB 木板的質(zhì)量m1C 滑塊的質(zhì)量m2D 托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量m3E 滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t 測(cè)量 中所選定的物理量時(shí)需要的實(shí)驗(yàn)器材是 3 滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 用被測(cè)物理量的字母表示 重力加速度為g 與真實(shí)值相比 測(cè)量的動(dòng)摩擦因數(shù) 填 偏大 或 偏小 寫(xiě)出支持你的看法的一個(gè)論據(jù) 解析 1 去掉最開(kāi)始的一個(gè)數(shù)據(jù)用分組法求加速度 a 3 39 3 88 4 37 1 89 2 40 2 88 10 2 3 0 1 2m s2 0 497m s2 0 495 0 497m s2均可 2 CD 天平 3 對(duì)托盤(pán) 含砝碼 以及滑塊為一整體根據(jù)牛頓第二定律有 m3g m2g m2 m3 a 解得 m3g m2 m3 am2g 測(cè)量值比真實(shí)值偏大 原因是由于紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的限位孔之間存在摩擦阻力 例 在探究 牛頓第二定律 時(shí) 某小組設(shè)計(jì)雙車位移比較法來(lái)探究加速度與力的關(guān)系 實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示 將軌道分上下雙層排列 兩小車后的剎車線穿過(guò)尾端固定板 由安裝在后面的剎車系統(tǒng)同時(shí)進(jìn)行控制 未畫(huà)出剎車系統(tǒng) 通過(guò)改變砝碼盤(pán)中的砝碼來(lái)改變拉力大小 通過(guò)比較兩小車的位移來(lái)比較兩小車的加速度大小 是因?yàn)槲灰婆c加速度的關(guān)系式為 已知兩車質(zhì)量均為200g 實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表 分析表中數(shù)據(jù)可得到結(jié)論 該裝置中的剎車系統(tǒng)的作用 為了減小實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差 你認(rèn)為還可以進(jìn)行哪些方面的改進(jìn) 只需提出一個(gè)建議即可 解析 s at2 2在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)當(dāng)小車質(zhì)量保持不變時(shí) 由于s F說(shuō)明a F控制兩車同時(shí)運(yùn)動(dòng)和同時(shí)停止調(diào)整兩木板平衡摩擦力 或使砝碼盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量等