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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律重点归纳笔记

1

单选题
1、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
2、如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为M2ghM+mcos2θ
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为Mmcosθg-g
3、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（     ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
4、质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A物块恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放物块，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力小于mg
C．A物块运动的加速度大小为1﹣sinαg
D．A物块运动的加速度大小为M+mMg
多选题
5、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2>v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
6、如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

A．金属棒的最大电压为12BL2gh
B．金属在磁场中的运动时间为2dgh
C．克服安培力所做的功为mgh
D．右端的电阻R产生的焦耳热为12（mgh﹣μmgd）
7、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
8、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（　　）

A．g2B．3g3C．3g2D．3g
填空题
9、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

10、（1）在电梯中用弹簧测力计悬挂一物体，当电梯静止不动时，测力计的指针如图甲中题图所示，其示数为______N；
（2）当电梯向下加速运动时，测力计的指针如图乙中题图所示，已知重力加速度为9.8m/s2，则此时电梯的加速度大小为______m/s2；
（3）在测力计旁边放上一把刻度尺，如图丙所示，可得此测力计中弹簧的劲度系数为______N/m。【第（2）（3）问的计算结果保留2位有效数字】

11、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像如图乙所示（Ff1，Ff2，θ1，θ2为已知量），当角度从θ1到θ2变化过程中木块的加速度_________（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_____________。

12、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像如图乙所示（Ff1，Ff2，θ1，θ2为已知量），当角度从θ1到θ2变化过程中木块的加速度_________（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_____________。

解答题
13、如图所示，一水平的浅色传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面上。在传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以向右的恒定加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v0=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4kg，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）有F作用期间平板的加速度大小；
（3）平板的最短长度。

14、传送带被广泛地应用于车站、码头、工厂．如图甲所示为一传送装置，由一个倾斜斜面和一个水平传送带组成，斜面与水平传送带平滑连接，其原理可简化为示意图乙．斜面AB长度L1＝11.25 m，倾角θ＝37°，箱子与斜面AB间的动摩擦因数μ1＝0.8，传送带BC长度L2＝7 m，箱子与传送带BC间的动摩擦因数μ2＝0.2，某工人将一质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，传送带BC保持静止．（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
（1）箱子运动到B处的速度大小；
（2）箱子在传送带BC上运动的距离；
（3）若传送带BC逆时针转动，保持v2＝2 m/s的恒定速率．仍将质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，求箱子在传送带上运动的时间．

15、某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯（即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲），一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t=2.4s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移Δx=6cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h=2.16m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动摩擦因数μ。（g取10m/s2）
16、2022年2月8日，我国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中摘得金牌，如图所示为其平时训练的场景图。一滑雪道由PM和MN两段组成，其中PM段倾角为θ=30°，MN段水平，PM、MN平滑连接。谷爱凌（可视为质点）从滑道顶端P处保持两滑雪板平行由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h，此时谷爱凌调整两滑雪板之间的角度使其保持做匀速直线运动，10s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜坡底端M处，保持两滑雪板平行做匀减速运动，最终停止在N点处。谷爱凌及其装备的总质量为m=80kg。已知谷爱凌可通过改变两滑雪板之间的角度来调整滑雪板与雪地之间的动摩擦因数。取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）谷爱凌匀速运动时雪地对滑雪板的摩擦力大小。
（2）M、N之间的距离。
（3）整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功。

实验题
17、小华利用如图甲所示装置探究力与运动的关系，内装n个质量均为m0的砝码的盒子与砝码盘由绕过光滑定滑轮的细绳相连，纸带与打点计时器的摩擦不计，桌面水平。重力加速度为g=10m/s2，电源频率为50Hz。

(1)轻推盒子后，发现打出的纸带点距相等，然后测得装有砝码的盒子的总质量为m1、砝码盘的质量为m2，则盒子与桌面间的动摩擦因数为___________。
(2)将一个砝码由盒子中转移到砝码盘中，无初速度释放盒子，打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间还有四个点未画出，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm，则盒子运动的加速度为___________ms2，上述m0与m1的比值为___________（填数字）。
(3)依次将2个、3个……砝码由盒子中转移至砝码盘中，分别进行实验并求出加速度，利用描点连线法画出加速度a随转移的砝码个数k(k⩽n)变化的图像，则图像可能为___________。

18、用如图甲所示装置，测定木块与长木板间的动摩擦因数。放在水平桌面上的长木板一端带有定滑轮，另一端固定有打点计时器，穿过打点计时器的纸带连接在木块上，绕过定滑轮的细线一端连接在木块上，另一端悬挂装有砝码的砝码盘，开始时木块靠近打点计时器。当地的重力加速度为g。

（1）实验前，需要调节______的高度，使连接木块的细线与长木板平行。
（2）接通电源，释放纸带，图乙为打出的纸带上点迹清晰的一段，纸带上0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点间均有四个计时点未标出，若打点计时器所接交流电的频率为f，测出纸带上计数点0、2间的距离为x1，计数点4、6间的距离为x2，则打计数点5时，木块的速度大小为____，木块的加速度大小为____。
（3）若木块的质量为M，悬挂的砝码和砝码盘的总质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为____。
19、用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50 Hz。平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次。

(1)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有___________。
A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）
B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）
C．砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M（即m<<M）
D．砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M
(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，则小车运动的加速度a=___________m/s2。（结果保留2位有效数字）

(3)某同学想利用该实验装置测出金属铝块和木板间动摩擦因数，进行了如下操作：
①将长木板重新平放于桌面上
②将小车更换为长方体铝块，为了能使细绳拖动铝块在木板上滑动时产生明显的加速度，又往砂桶中添加了不少砂子，并测得砂桶和砂子的总质量为m，铝块的质量为M（m不再远小于M）。
③多次实验测得铝块的加速度大小为a
请根据以上数据（M、m、a、g），写出动摩擦因数μ=___________。
20、教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；
A．20g       B．260g       C．500g       D．600g
（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；
A．实验中先释放木块，后接通电源
B．调整定滑轮高度，使细线与板面平行
C．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等
D．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右
（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l、2、3、4、5、6，测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a= ____m/s2(保留两位有效数字)；

（4）实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：____，_____。

33

(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_028参考答案
1、答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，ma<mb，A项错误；
B．经时间t到下半区域的同一水平面，由动能定理
W=qEx=ΔEk
xa>xb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
2、答案：C
解析：
A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；
B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；
C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故
vQcosθ=vA
故A与环的动能之比为
EkAEkQ=12mvA212MvQ2=mMcos2θ
对小环和A的系统
Mgh=EkA+EkQ
联立可得小环C的最大动能
EkQ=M2ghM+mcos2θ
故C正确；
D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为
a=Mmcosθg-2g
故D错误。
故选C。
小提示：
3、答案：D
解析：
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
D正确。
故选D。
4、答案：C
解析：
互换位置前，A静止在斜面上，则有
Mgsinα=mg
互换位置后，对A有
Mg-T=Ma
对B有
T-mgsinα=ma
解得
a=1-sinαg=M-mMg
T=mg
ABD错误，C正确。
故选C。
5、答案：BC
解析：
A．相对地面而言，小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；
B．小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1~t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；
C．由B中分析可知，0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；
D．在0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选BC。
6、答案：AD
解析：
A．金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得
mgh=12mv2
则得金属棒到达水平面时的速度
v=2gh
金属棒进入磁场后受到向左的安培力和摩擦力而做减速运动，则金属棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为
E=BLv
金属棒的最大电压为
U=12E=12BL2gh
A正确；
B．金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得
-μmg-B2L2v2R=ma=mΔvΔt
即得
-μmgΔt-B2L2v2RΔt=mΔv
两边求和得
∑(-μmgΔt-B2L2v2RΔt)=∑mΔv
则得
-μmgt-B2L2d2R=0-mv
解得金属在磁场中的运动时间为
t=m2gh-B2L2d2Rμmg
B错误；
C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
mgh-WB-μmgd=0-0
则克服安培力做功
WB=mgh-μmgd
C错误；
D．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热
QR=12Q=12WB=12(mgh-μmgd)
D正确。
故选AD。
7、答案：BCD
解析：
A．亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；
BCD．牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
故选BCD。
8、答案：BD
解析：
当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向
TAOcos30°=ma
竖直方向
TAOsin30=mg
联立解得最大加速度
a=3g
当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向
TBOsin60°=mg
水平方向
TBOcos60°=ma'
联立解得最大加速度
a'=33g
故BD正确，AC错误。
故选BD。
9、答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
10、答案：     3.00     0.98     62##63
解析：
（1）[1]从甲图中可以看出测力计最小刻度为0.1N，应估读到百分位，所以指针所指刻度为3.00N；
（2）[2]乙图中测力计示数为2.70N，对重物由牛顿第二定律得
mg-T=ma
由（1）知物体重力为3.00N，所以解得
a=0.98ms2
（3）[3]从丙图可以读出弹簧测力计悬挂物体静止不动时，弹簧的伸长量为
x=4.8cm
所以由胡克定律得
mg=kx
解得劲度系数为
k=63Nm
11、答案：     越来越大     Ff1Ff2tanθ1
解析：
[1]根据木块受力分析，结合乙图，知α在0~θ1范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当α=θ1时，木块刚要下滑
mgsinθ1=Ff2
α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律
mgsinα-Ff=ma
由乙图知此过程Ff随α的增大在减小，sinα随α的增大而增大，所以加速度a越来越大；
[2] α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力
Ff1=μmgcosθ1
联立可得
μ=Ff1Ff2tanθ1
12、答案：     越来越大     Ff1Ff2tanθ1
解析：
[1]根据木块受力分析，结合乙图，知α在0~θ1范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当α=θ1时，木块刚要下滑
mgsinθ1=Ff2
α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律
mgsinα-Ff=ma
由乙图知此过程Ff随α的增大在减小，sinα随α的增大而增大，所以加速度a越来越大；
[2] α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力
Ff1=μmgcosθ1
联立可得
μ=Ff1Ff2tanθ1
13、答案：（1）0.75m；（2）2m/s2；（3）0.65m
解析：
（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度
a1=μ1mgm=μ1g=1m/s2
方向向右，设经过时间t1，传送带达到速度v0，经过时间时t2，煤块速度达到v0，即
v0=at1=a1t2
代入数值可得
t1=0.5s，t2=1.5s
在0-1.5s内，煤块与传送带有相对运动，则传送带发生的位移
s=v022a+v0t2-t1=1.522×3m+1.5×1m=1.875m
煤块发生的位移
s'=v022a1=1.522m=1.125m
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即
Δs=s-s'=0.75m
（2）煤块滑上平板时的速度为
v0=a1t2=1.5m/s
加速度大小为
a1=μ1mgm=μ1g=1m/s2
经过t0=0.5s时，煤块速度为
v1=v0-a1t0=1.5m/s-1×0.5m/s=1.0m/s
设平板的加速度大小为a2，则
v1=a2t0=1.0m/s
解得  
a2=2m/s2
（3）设平板与地面间动摩擦因数为μ2，由于
a2=2m/s2
且
Ma2=μ1mg-μ2mg+Mg+F
代入数据解得
μ2=0.2
由于
μ2>μ1
则共速后煤块将仍以加速度大小
a1=μ1mgm=μ1g
匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3匀减速运动
Ma3=μ1mg-μ2mg+Mg
代入数据解得
a3=-2.25m/s2
用时
t3=v1a3=12.25s=49s
所以，全程平板的位移为
s板=0+v12t0+t3=12×0.5+49m=1736m
煤块的位移
s煤=v022a1=1.522m=98m
平板车的长度即煤块与平板的位移之差
L=s煤-s板=4772m=0.65m
14、答案：（1）4 m/s；（2）4 m；（3）4.5 s
解析：
（1）从A到B过程，根据牛顿第二定律有
μ1mgcos37°-mgsin37°=ma1
解得
a1=0.4m/s2
根据速度位移公式有
vB2-v02=-2a1L1
解得
vB=4m/s
（2）从B到静止过程，根据牛顿第二定律有
μ2mg=ma2
根据
0-vB2=-2a2x1
解得
x1=4m
（3）从B到速度减为零的过程，根据运动学公式有
t1=0-vB-a2=2s
从速度减为零开始向左运动过程
v22-0=2a2x2
解得
x2=1m<4m
则箱子先匀加速1 m后匀速运动
t2=v2-0a2=1s
匀速运动到B过程
x3=x1-x2=3m
t3=x3v2=1.5s
因为
μ1mgcos37°>mgsin37°
所以箱子最后会停在斜面上
t总=t1+t2+t3=4.5s
15、答案：0.40
解析：
由题意可知每两张照片的时间间隔为
Δt=160s
在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为
v=ΔxΔt=0.06160=3.6m/s
把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为
a=vt=3.62.4m/s2=1.5 m/s2
设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为θ，则
l=v22a=3.622×1.5m=4.32 m
所以
sinθ=hl=2.164.32=0.5
小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得
μ=0.40
16、答案：（1）400N；（2）1803m；（3）5.2×105J
解析：
（1）谷爱凌匀速运动时
f=mgsinθ=400N
（2）由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h，加速度
a=gsinθ-μ'gcosθ=v0-0t1=2m/s2
10s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜坡底端M处，所以继续加速了10s，速度为
vM=v0+at=60m/s
保持两滑雪板平行做匀减速运动，加速度
a=μ'mgm=μ'g
解得
a=23m/s2
M、N之间的距离
x=vM22a=3003m
（3）斜面上总位移
x1=v02×t1+v0×t2+v0+vM2×t2=1300m
根据能量守恒，整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功
Wf=mgx1sinθ=5.2×105J
17、答案：     m2m1     0.64     0.064     A
解析：
(1)[1]纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，有
μm1g=m2g
得
μ=m2m1
(2)[2]由逐差公式有
(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)=a(3T)2
由题意知T=0.1s，代入数据得
a=0.64m/s2
根据牛顿第二定律有
(m2+m0)g-μ(m1-m0)g=(m1+m2)a
解得
m0:m1=ag=0.064
(3)[3]根据牛顿第二定律有
(m2+km0)g-μ(m1-km0)g=(m1+m2)a
得
a=m0g+μm0gm1+m2k
即a与k成正比，因此选A。
18、答案：     定滑轮     fx210     x2-x1f2200     mM-(m+M)x2-x1f2200Mg
解析：
（1）[1]调节定滑轮的高度使连接木块的细线与长木板平行。
（2）[2][3]根据时间中点速度等于某段时间的平均速度，则可求打计数点5时，木块的速度大小为
v5=x2101f=fx210
根据
Δx=at2
得木块的加速度
a=x2-x1210f2=x2-x1f2200
（3）[4]由牛顿第二定律有
mg-μMg=(m+M)a
解得
μ=mM-(m+M)x2-x1f2200Mg
19、答案：     AD     3.0     mg-M+maMg
解析：
(1)[1]AB．图线不经原点且在具有一定的拉力F后，小车方可有加速度，所以木板右端垫起的高度太小，即平衡摩擦力不足，A正确，B错误；
CD．图线末端产生了弯曲现象，是因为砂桶和沙子的总质量m没有远小于小车和砝码的总质量M，C错误，D正确。
故选AD。
(2)[2]交流电的频率f=50Hz，相邻两计数点间还有一个点，则两计数点间的时间间隔是T=0.04s，由Δx=aT2，可得小车运动的加速度
a=x4+x5+x6-x1+x2+x39T2=5.69+6.18+6.66-4.25+4.73+5.229×0.042×10-2ms2=3.0ms2
(3)[3]因为砂桶和沙子的总质量m不再远小于铝块的质量M，由牛顿第二定律可知
mg−μMg=（M +m）a
解得
μ=mg-M+maMg
20、答案：     B     BD     1.6     木块、木板表面粗糙程度有差异     细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦
解析：
（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g左右，动摩擦因数μ=0.30，设木块的质量为M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
mg-μMg=m+Ma
解得
a=mg-μMgm+M
根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得
mg-μMg>0
解得
M<500g
当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g，故B符合题意，ACD不符合题意；
故选B。
（2）[2]A．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；
C．根据实验原理
mg-μMg=m+Ma
可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C错误；
D．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
mg=m+Ma
将（1）问中的m=150g，M=260g代入上式，可得加速度
a≈4m/s2
为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔T=5×0.02s=0.1s，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s到0.6s，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有
x=12at2
取t=0.5s计算可得
x=0.50m
取t=0.6s计算可得
x=0.72m
故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右，故D正确。
故选BD。
（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔T=5×0.02s=0.1s，根据
Δx=aT2
可得加速度为
a=x06-x03-x039T2
由题知x03=19.90cm，x06=54.20cm，代入数据解得
a=1.6m/s2
（4）[4]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。