(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律易错知识点总结.docx

(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律易错知识点总结

1

单选题
1、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（　　）

A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
2、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（　　）

A．宇航员在火箭发射过程中处于失重状态
B．航天员甲的质量为Ftv
C．天宫一号在太空中处于超重状态
D．太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小
3、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（　　）

A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
4、一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（　　）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
多选题
5、如图，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3.物块A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，现在要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面水平移动，木箱的运动情况可能是（　　）

A．竖直向下匀加速运动，加速度的大小a=3m/s2
B．竖直向下匀减速运动，加速度的大小a=6m/s2
C．水平向左匀加速运动，加速度的大小a=3m/s2
D．水平向左匀减速运动，加速度的大小a=6m/s2
6、质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（　　）

A．若F1=F2，则m1小于m2
B．若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C．若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D．若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
7、水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中（　　）
A．滑动摩擦力对传送带做的功为-mv2
B．传送带对小工件做功为零
C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为v22μg
D．传送带对小工件做功为12mv2
8、如图所示，质量为0.500kg的篮球从距地面高为1.500m处由静止释放，与正下方固定的长为0.400m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.250m。篮球第一次反弹至最高点时，距地面高为1.273m。经过多次反弹后，篮球静止在弹簧上端，此时，篮球距地面高为0.390m，弹簧的弹性势能为0.025J。若篮球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为500N/m.
B．篮球静止处即下落过程中速度最大处
C．篮球在运动过程中受到的空气阻力约为0.5N
D．篮球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
填空题
9、一对作用力和反作用力_______是同一种类的力，而一对相互平衡的力_______是同一种类的力。（均选填“一定”或“不一定”）
10、2021年5月，“天问一号” 着陆巡视器带着“祝融号”火星车软着陆火星时，在“降落伞减速”阶段，垂直火星表面速度由396m/s减至61m/s，用时168s，此阶段减速的平均加速度大小为___________m/s2；地球质量约为火星质量的9.3倍，地球半径约为火星半径的1.9倍，“天问一号”质量约为5.3吨，“天问一号”在“降落伞减速”阶段受到的平均空气阻力约为___________N。（本题答案保留一位有效数字）

11、(1)伽利略被称为现代物理之父，他曾两次利用斜面实验探究问题，下列说法正确的是( )

A．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算直接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
B．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
C．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因
D．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因
(2)某同学利用如图所示的装置探究“小车速度随时间的变化规律”，打点计时器每隔0.02s打一个点。实验中发现所得纸带的点间距过密，若利用该纸带分析小车运动情况，下列做法可行的是( )

A．直接研究纸带上的点，无需取计数点
B．只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域
C．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.1 s
D．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.08 s
12、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于______________方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于______________方法。
解答题
13、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块A位于质量为2m、长为L的木板B的右端P处，B放在光滑水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ。某时刻给B施加一大小为5μmg的水平拉力F，当A位于B的中点时撤去拉力。求：
（1）拉力F的作用时间；
（2）滑块A在木板B上与P端的最远距离。

14、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37°逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。
（1）计算说明该货物能否被运送到车上；
（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。

15、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

16、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

实验题
17、如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。拍高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得了多组数据，得到的F-1t2的图线如图乙所示。不计空气阻力及一切摩擦。

实验中测得两光电门的距离L=0.08m，砂和砂桶的总质量m=0.35kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为______（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
18、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cos53°=0.6、sin37°=0.6、cos37°=0.8，实验步骤如下：

a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=______ms2；（保留3位小数）
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=______ms2；（保留3位有效数字）
(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A．       正确                                     B．错误                                          C．无法判断
19、在学习完《圆周运动》这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：

（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=___________。
（2）在小明计数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=___________cm。
（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：

根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是___________。
（4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=___________（用题目所给出的符号表示）。
20、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，小车加速度a与拉力F的关系”。

按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上
A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a
B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动
C．取下细绳和沙桶。测量沙子和桶的质量m。改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。进行多次实验正确的实验步骤是__________
(2)某一次实验得到如图（c）所示的图像。开始计时1s后释放小车，由图像可知，小车在绳子拉力作用下做匀加速运动的加速度为__________m/s2，由此可以推断出实验桌面距离地面高度至少为__________m。（结果保留两位有效数字）

(3)下列说法正确的是__________
A．图线中A点表示刚好碰到弹簧·此时速度最大
B．图线中B点表示弹力刚好等于拉力，此时加速度为0，此时小车速度最大
C．图线中C点表示弹簧压缩量最大，此时加速度最大，速度也最大
D．图线中C点对应的弹簧的弹力约为6mg

30

(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律_012参考答案
1、答案：C
解析：
当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。
故选C。
2、答案：B
解析：
A．宇航员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；
B．支架复位过程，航天员甲的加速度为
a=vt
由牛顿第二定律可得
F=Ma
联立解得
M=Ftv
B正确；
C．天宫一号在太空中处于失重状态，C错误；
D．太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D错误。
故选B。
3、答案：C
解析：
当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。
故选C。
4、答案：A
解析：
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
5、答案：ACD
解析：
AB．要使弹簧拉动物块A相对木箱地面运动，物块A受到的木箱对他的最大静摩擦力要小于弹簧对它的拉力，即
fm<T=1.2N
fm=μFN
解得
FN<4N
所以要使A处于失重状态，即A的加速度向下，大小
a=mg-FNm>2m/s2
要让木箱在竖直方向上向下加速或者向上减速，加速大小大于2m/s2，B错误，A正确；
C．如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，则物块的加速度要向左，根据牛顿第二定律
μFN'-T=ma'
FN'=mg=5N
解得
a'=0.6m/s2
即木箱以加速度大于0.6m/s2向左匀加速运动，C正确。
D．如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向左移动，则物块的加速度要向右，根据牛顿第二定律
μFN'+T=ma''
FN'=mg=5N
解得
a''=5.4m/s2
即木箱以加速度大于5.4m/s2向右匀加速运动，D正确。
故选ACD。
6、答案：ACD
解析：
由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
a1=2.51.5ms2=53ms2
物体B撤去拉力之前的加速度为
a2=23ms2
己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
a=1ms2
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
μ1m1g=m1a，μ2m2g=m2a
可得
μ1g=μ2g=1
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F1-μ1m1g=m1a1
解得
F1=83m1
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F2-μ2m2g=m1a2
解得
F2=53m2
A．当
F1=F2
即
83m1=53m2
则
m1<m2
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A做的功为
WA=F1xA=83m⋅12vamta=5mJ
则拉力F2对物块B做的功为
WB=F2xB=53m⋅12vbmtb=5mJ
则拉力F1对物块A做的功等于拉力F2对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的冲量为
I1=F1ta=83m⋅32=4mN⋅s
拉力F2对物块B的冲量为
I1=F2tb=53m⋅3=5mN⋅s
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
I1I2=4m5m=45
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的最大瞬时功率为
P1=F1vam=83m⋅52=203mW
拉力F2对物块B的最大瞬时功率为
P2=F2vbm=53m⋅2=103mW
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
7、答案：ACD
解析：
A．以小工件为研究对象，小工件的初速度为０、加速度为μg、设用时为t达到末速度为v，则小工件的位移为
x1=12μgt2=12vt
根据动能定理，则传送带对小工件做功为
W1=μmgx1=12mv2
而传送带向前运动的位移为
x2=vt=2x1
则滑动摩擦力对传送带做的功为
W2=μmgx2cos1800=-mv2
选项A正确。
B．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、末速度为v，其动能增量为12mv2，根据动能定理传送带对工件做功为12mv2，故选项B错误。
C．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、加速度为μg、设用时为t达到末速度为v，则小工件的位移为
x1=v22μg=12vt
而传送带向前运动的位移为
x2=vt=2x1
小工件相对于传送带滑动的路程大小为
Δx=x2-x1=v22μg
故选项C正确；
D．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、末速度为v，根据动能定理有
W1=μmgx1=12mv2
传送带对小工件做功为12mv2，选项D正确。
故选ACD。
8、答案：ACD
解析：
A．篮球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
mg=kΔx
mg=k(0.400-0.390)
解得
k=500N/m
A正确；
B．篮球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，篮球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于篮球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，篮球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终篮球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则篮球静止处并不是下落过程中速度最大处，B错误；
C．篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
mg(1.500-1.273)-f(1.500-0.250)+(1.273-0.250)=0
解得
f≈0.5N
C正确；
D．对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律得
mg(1.500-0.390)=fs+Ep
解得
s=11.05m
D正确。
故选ACD。
9、答案：     一定     不一定
解析：
略
10、答案：     2     3×104
解析：
[1]减速阶段加速度大小为
a=v1-v2t=396-61168m/s2≈2m/s2
[2]根据
mg=GMmR2
结合题意可知
g地=2.6g火=9.8m/s2
火星车着陆时，根据牛顿第二定律可知
f-mg火=ma
解得
f≈3×104N
11、答案：     BD     C
解析：
(1)[1]AB．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误，B正确；
CD．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因，C错误，D正确。
故选BD。
(2)[2]实验中发现所得纸带的点间距过密，测量误差较大，应每隔4个点取一个计数点，使计数点时间间隔为0.1s，方便测量、计算，减小误差，ABD错误，C正确。
故选C。
12、答案：     等效替代     控制变量
解析：
[1]合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；
[2]探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。
13、答案：（1）Lμg；（2）56L
解析：
（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有
对滑块A
μmg＝maA
对木板B
F－μmg＝2maB
根据运动学规律，A、B的位移分别为
xA＝12aAt2
xB＝12aBt2
由题意知
xB－xA＝L2
整理得
t=Lμg
（2）撤去F时，A、B的速度分别为
vA＝aAt，vB＝aBt
设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得
mvA＋2mvB＝m＋2mv
设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得
μmgx1＝12mv2－12mvA2
－μmgx2＝12⋅2mv2－12⋅2mvB2
最终滑块与木板P端的距离为
Δx＝L2＋x2－x1＝56L
14、答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J
解析：
（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+Ff=ma1
其中滑动摩擦力
Ff=μFN=μmgcos37∘
联立得货物的加速度
a1=10 m/s2
取t1时刻，货物与传送带共速，有
v=v0-a1t1
解得
t1=0.4 s
在t1时间内，货物运动的位移
x1=v+v02t1=1.6 m
共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有
mgsin37∘-Ff=ma2
联立得货物的加速度大小
a2=2 m/s2
设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v' ,有
v'2-v2=-2a2L-x1
解得
v'=1m/s
即货物被运送到传送带顶端的速度为v'=1 m/s，所以货物能被运送到车上。
（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为
s1=v0+v2t1-vt1=0.8 m
t1后到货物被运送到传送带顶端用时
t2=v+v'a2=0.5 s
t2时间内，货物与传送带的相对位移为
s2=vt2-v+v'2t2=0.25 m
全程因摩擦而产生的热量
Q=Ffs1+s2=μmgcos37∘⋅s1+s2=42 J
15、答案：（1）F=3N，μ=0.05；（2）2m，方向水平向左
解析：
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
方向水平向右
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
16、答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
17、答案：     0.56kg⋅m     不变
解析：
[1]小车由静止开始做匀加速运动，位移
L=12at2
a=2Lt2
根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶
F合=F-mg=ma
F=m2Lt2+mg
则图线的斜率为
k=2mL=0.56kg⋅m
[2] k与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，图线斜率将不变
18、答案：     1.958m/s2     0.5或0.50     9.79m/s2     B
解析：
(1)[1]小物块在斜面上做匀加速直线运动有
x=12at2
变形为
xt=12at
故xt-t图像的斜率
k=a2
由图2可知
k=0.979
故此时的加速度
a=2k=1.958m/s2
(2) (3)[2][3]长木板倾角为53°时有
mgsin53°-μmgcos53°=ma1
长木板倾角为37°时有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
联立可解得
μ=0.5，g=9.79m/s2
(4)[4]xt-t图像中的面积微元Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。
19、答案：     tn     23.55     h     2πgg
解析：
解：（1）[1] 因从按下秒表的那一刻开始计数0，所以数到n时，经历了n个周期，因此
T=tn
（2）[2]刻度尺的最小分度值是0.1cm，有估读值，因此读数是23.55cm，即
h=23.55cm
（3）[3]由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有
mgtanθ=m（2πT）2Lsinθ
其中θ为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又
h=Lcosθ
解得
T=2πhg
由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与h成正比。
（4）[4]由以上结果
T=2πhg
可知
T=2πggh
由数学知识可知，图b中图像的斜率是
k= 2πgg
20、答案：     BAC     0.20     0.90     BD
解析：
（1）[1]实验时，首先要平衡摩擦力，使导轨倾斜一个角度，轻推小车做匀速运动，然后挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下，点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a，在改变沙子和桶的质量m重复进行，所以步骤是BAC。
（2）[2]根据图可得做匀加速运动的加速度为
a=0.20m/s2。
（2）[3]由图可知沙子和桶，开始做匀加速的时间是3秒，沙子和桶的运动的加速度和小车一样，则实验桌面距离地面高度大于等于沙子和桶下降的高度，所以实验桌面距离地面高度至少为
h=12at2=0.90m。
（3）[4]ABC．图线中A点表示刚好碰到弹簧，随着弹力的增大，小车先做加速度减小的加速运动，当弹力和拉力相等时即到达B点，加速度为零，速度最大，在做加速度增大的减速运动一直到达C点停止，此时加速度最大，速度为零，AC错误B正确；
D．小车做匀加速运动
mg=(m+M)a
到达C点时加速度为a1=1m/s2
F-mg=(m+M)a1
解得
F=6mg
D正确。
故选BD。