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2022年高考中物理牛顿运动定律专项训练题

1

单选题
1、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（　　）

A．F1:F2=3:1B．F1:F2=3:2
C．F1:F2=4:3D．F1:F2=5:4
答案：A
解析：
设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为θ，对于加速上升过程，竖直方向
FN1cosθ-mg=m⋅12g
水平方向
FN1sinθ=F1
解得
F1=32mgtanθ
对于减速上升过程，竖直方向
mg-FN2cosθ=m⋅12g
水平方向
FN2sinθ=F2
解得
F2=12mgtanθ
因此
F1=3F2
故BCD错误A正确。
故选A。
2、如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：经多长时间两者达到相同的速度？（　　）

A．0.5sB．1sC．1.5sD．2s
答案：D
解析：
小物块放到小车上后，根据题意，对小物块由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对小车由牛顿第二定律得
F-μmg=Ma2
设经过时间t两者速度相等，根据速度与时间的关系式有
3+a2t=a1t
解得
t=2s
故ABC错误D正确。
故选D。
3、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A．aA=aB=gB．aA=2g，aB=0
C．aA=3g，aB=0D．aA=23g，aB=0
答案：D
解析：
水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得

FT=Fsin60°
Fcos60°=mAg+F1
F1=mBg
又
mA=mB
解得
FT=23mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，弹力不能突变，A所受合力与FT等大反向，F1=mBg，所以可得
aA=FTmA=23g
aB=0
ABC错误，D正确。
故选D。
4、我国将于2022年前后完成空间站在轨组装工程，空间站由核心舱、实验舱等构成。其中核心舱全长约18.1m，有5个对接口用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．空间站在太空“漂浮”时没有惯性
B．货运飞船与核心舱对接时可看成质点
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是静止的
答案：C
解析：
A．惯性仅与物体的质量有关，与运动状态无关，故A错误；
B．货运飞船与核心舱对接时，货运飞船的形状和大小不能忽略，不可以看成质点，故B错误；
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位，故C正确；
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是运动的，故D错误。
故选C。
多选题
5、将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上，如图（甲）所示。传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F­t图象如图（乙）所示。则（　　）

A．2.5s前小车做变加速运动
B．2.5s后小车做变加速运动（假设细沙仍在加注中）
C．2.5s前小车所受摩擦力不变
D．2.5s后小车所受摩擦力不变
答案：BD
解析：
ACD．设滑块质量为M，若小车处于运动状态，连接传感器的细绳上的拉力与滑块受到的滑动摩擦力大小相等，即
F2=f2=μMg
即示数应保持不变，结合题图乙可知，在F的变化阶段，滑块应处于静止状态，受到的为静摩擦力，传感器的示数等于静摩擦力，又等于沙桶（质量为m）的总重力，在逐渐增大，即
F1=f1=mg
故2.5s前小车处于静止，受到的静摩擦力在变大，2.5s后小车在运动，受到的滑动摩擦力不变，AC错误，D正确；
B．2.5s后小车受到的滑动摩擦力不变，但连接沙桶的细绳上拉力增大，结合牛顿第二定律可知，小车做变加速直线运动，B正确。
故选BD。
6、如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与细绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了1.5cm，绳子拉力为13.0N。已知弹簧劲度系数k=200N/m，小球质量m=0.5kg，取重力加速度g=10m/s2。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）

A．小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力大小为3.0N
B．剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变
C．剪断轻绳的瞬间，小球加速度为2m/s2
D．剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
答案：AC
解析：
A．小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故
f=kx=3N
故A正确；
B．剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；
C．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5N，最大静摩擦力变为
f'=μFN=2N
则小球受力不平衡，所以加速度为
a=kx-f'm=2m/s2
故C正确；
D．剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以做变加速直线运动，故D错误。
故选AC。
7、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
解析：
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
8、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
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。
填空题
9、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。
答案：     2     变大
解析：
[1]由牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=FM-g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。
10、物理学是自然科学领域的一门基础学科，研究自然界物质的基本结构、相互作用和运动规律，观察和实验是物理学习重要的方法。同学们经过一个学期，学习了高中物理必修一的全部内容，必修一由“机械运动与物理模型”和“相互作用与运动定律”两个主题组成。
（1）在必修一中有四个必做实验，请同学们写出相关的实验名称；______、______、______、______。
（2）物理运动需要建立理想化物理模型，请同学们写出一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型的名称___________
（3）2021年12月9日下午15点40分，“天宫课堂”第一课正式开启，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲。我们向三位航天员致敬！ 航天员在火箭发射与飞船返回的过程中均要经受的一种考验就是我们必修一中学习的一节内容，请写出这个内容。_______________
答案：     探究小车速度随时间变化的规律     探究弹簧弹力与形变量的关系     探究两个互成角度的力的合成规律     探究加速度与物体受力、物体质量的关系     自由落体运动     超重和失重
解析：
（1）[1][2][3][4]必修一的四个实验分别是：探究小车速度随时间变化的规律、探究弹簧弹力与形变量的关系、探究两个互成角度的力的合成规律、探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
（2）[5]物理运动需要建立理想化物理模型，一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型是自由落体运动。
（3）[6]航天员在火箭发射与飞船返回的过程中要经受考验与我们学习的超重和失重有关。
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
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、牛顿第一定律
（1）内容：一切物体总保持_______状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有___，因此牛顿第一定律又叫___定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是___物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生_____的原因．
答案：     匀速直线运动     惯性     惯性     维持     加速度
解析：
（1）[1]内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）[2][3]意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②[4][5]揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
解答题
13、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
14、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
15、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。

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
16、如图甲所示，水平地面上放置着一长木板，一质量m=3kg的滑块（可看成质点）以初速度v0=3m/s从长木板左端滑上，且与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2。已知长木板的质量M=4kg、长度L=1.25m，与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求滑块刚滑到长木板右端时的速度大小；
（2）若滑块刚滑上长木板左端时，在长木板的右端施加一水平恒力F（如图乙所示），使得滑块刚好不能从长木板的右端滑出，求水平恒力F的大小。

答案：（1）v=2ms；（2）F=7.4N
解析：
（1）对长木板受力分析有
μ1mg<μ2M+mg
则木板始终静止，取滑块初速度方向为正，对滑块受力分析有
a1=-μ1g=-2m/s2
滑块刚滑到长木板右端时，由匀变速直线运动公式有
v2-v02=2a1L
解得
v=2ms
（2）由题可知滑块滑到长木板右端时两者刚好速度相同，滑块在长木板上滑动时的加速度仍为a1，设长木板的加速度大小为a2，经过时间t两者速度大小相等
v0+a1t=a2t
v0t+12a1t2-12a2t2=L
解得
a2=1.6m/s2
对长木板由牛顿第二定律有
F+μ1mg-μ2M+mg=Ma2
解得
F=7.4N
实验题
17、某小组的同学设计了一个研究汽车通过凹形桥最低点时的速度与其对桥面压力关系的实验装置。所用器材有小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径R=0.30 m）。完成下列填空：

（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.10 kg。
（2）将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，则该小钢球的重力为______N（重力加速度取10 m/s2）。
（3）将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放，小钢球经   过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次 从同一位置释放小钢球，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.78
1.83
1.76
1.84
（4）根据以上数据，可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为______N（重力加速度取10 m/s2）；小钢球通过最低点时的速度大小为______m/s；小钢球处于______（选填“超重”或“失重”）状态。
答案：     3.0     7.0     2     超重
解析：
（1）[1]托盘秤的示数是1.40kg，则小钢球的质量是0.30kg，小钢球的重力是3.0N；
（4） [2][3][4]将5组实验数据取平均值为1.80kg ，则小钢球对桥的压力
F压=（1.80-1.10）×10N=7.0N
结合牛顿第三定律，根据
FN-mg=mv2R
可得
v=2m/s
小钢球对桥的压力大于自身重力，处于超重状态。
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
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、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

答案：     E     1.37     0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
vD=xCE2T=xCD+xDE2T
代入数据解得：vD=1.37m/s；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
20、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD．.....FG之间的间距分别是x1、x2、x3......x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=________（用题目和图中已知字母表示）；

（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=________（用字母m、a、g表示）；
（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会______（填“偏大”或“偏小”）。
答案：     x4+x5+x6-x1-x2-x39T2     m(g+a)g-a     偏小
解析：
（1）[1]物体P和Q一起做匀加速运动。故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有
Δx=aT2
所以
a=x4+x5+x6-x1-x2-x39T2
（2）[2]忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有
Mg-mg=(M+m)a
整理得到
M=m(a+g)g-a
（3）[3]若考虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q质量的测量值会偏小。

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