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(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律基础知识题库

1

单选题
1、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（       ）

A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1. 2s
C．小物块向上滑行的最远距离为4m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
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、如图所示，一个倾角为θ=37∘的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与物块A接触，物块A与物块B接触且均不粘连，弹簧与斜面平行，物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接，物块A、B和C的质量均为1kg，物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.25，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住C使细线恰好伸直时，A、B处于静止状态且与斜面间静摩擦力刚好为0，然后松开手，物块C下落时A、B上升，重力加速度为g，cos37∘=0.8，sin37∘=0.6。下列说法中正确的是（　　）

A．物块C下落速度最大时物块A、B分离
B．A、B物块分离时细线的拉力为9N
C．从释放C到A、B分离，物块A的位移为12cm
D．从释放C到A、B分离，物块A的位移为9cm
4、一质量为m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图线，如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则（　　）

A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2
B．小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25
C．小物块在斜面上滑行的最大位移是8m
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4J
多选题
5、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
6、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
7、如图所示，轻弹簧放在倾角37º的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为L4，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则（　　）

A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
8、如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成θ的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）

A．地面对物体的支持力大小为mg-Fsinθ
B．地面对物体的支持力大小为mg
C．物体运动的加速度大小为Fcosθm
D．物体运动的加速度大小为Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
填空题
9、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数μ=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是 _____m/s，水平拉力的大小为______ N。

10、小胡同学使用如图甲所示的挂有5根相同弹簧的拉力器训练，已知每根弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，若他对拉力器两端的拉力均为F，则每根弹簧的伸长量为______。如图乙所示，小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，突然右侧弹簧连接钢球处断开，则断开瞬间，钢球的加速度大小为______。（忽略弹簧及拉环质量）

11、如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的______，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出______。
12、“蹦极”一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低点c点的过程中，加速度变化情况为___________；___________点速度最大（选填“P”“a”“b”“c”）。

解答题
13、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度v0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离L=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。将一可视为质点的小物块无初速度地从A端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在与传送带相对滑动时能在传送带上留下白色痕迹。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：
（1）物块在传送带上运动的时间t；
（2）物块相对传送带的位移Δx的大小；

14、“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R=5m的光滑圆形轨道，B为圈形轨道的最低点。P为一倾角θ=37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一薄层防滑木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t=0.2s时恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m=3kg，薄木板质量M=1kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2=56，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力，求：
（1）物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力（计算结果可以保留根号）；
（2）物块相对于木板运动的距离；
（3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。

15、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度θ=37°，传送带与水平面平滑连接，光滑水平面上放置两个用弹簧连接的滑块B和C，传送带以速度v0=4m/s顺时针传动，现将质量m1=1kg的滑块A（可视为质点）轻放在传送带的最高端，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块B和C的质量分别为m2=2kg、m3=1kg，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）滑块A第一次到达传送带底端时速度大小；
（2）滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能；
（3）滑块B、C与弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能和滑块C的最大动能。

16、如图所示，截面是直角梯形的物块静置于光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的挡板X和Y相接触。图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°。可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是0 ≤μ≤ 1。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求小物块P落地时速度；
（2）令μ=0.5，将P由D点静止释放，求小物块P在斜面上运动时间；
（3）对于不同的μ，每次都在D点给小物块P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求μ的取值在哪个范围内，挡板X始终受到压力的作用。

实验题
17、图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点：

(1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点C时纸带的速度大小v=__________m/s；打该纸带的过程中滑块的加速度大小a=__________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
(2)若已知滑块的质量为m1，木板的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________。（用相应的字母符号表示）
18、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
19、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
（2）用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2。
20、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2；
(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些( )
A．没有使用电火花计时器             B．m1和m2的质量太悬殊
C．绳子和定滑轮之间存在阻力       D．绳子拉力不等于m2的重力

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(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律_00C参考答案
1、答案：C
解析：
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
t1=v1-v2-a1=0.6s
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为
t2=v1a2=1s
故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为
x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m
故C正确。
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：B
解析：
CD．刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共同作用下保持平衡，设弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件有
2mgsinθ=kx0
得到
x0=2mgsinθk=12 cm
释放物块C后，三个物块一起做加速运动，当物块A、B分离瞬间，根据牛顿第二定律，对整体有
mg+kx-2mgsinθ-2μmgcosθ=3ma
对物块B、C整体分析有
mg-mgsinθ-μmgcosθ=2ma
联立得到分离时加速度为
a=1 m/s2
此时弹簧的压缩量为
x=9 cm
所以物块A在这段时间内上升的位移为
Δx=x0-x=3 cm
故CD错误；
B．对B分析有
FT-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得到细线的拉力
FT=9 N
故B正确；
A．因为物块A与B分离时C还有向下的加速度，所以其速度还没有达到最大，故A错误。
故选B。
4、答案：B
解析：
A．由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为
a1=ΔvΔt=81=8.0m/s
A错误；
B．对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+Ff=ma1
FN-mgcos37°=0
又
Ff=μFN
代入数据解得
μ=0.25
B正确；
C．由小物块上滑过程的速度-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移
x=v02t=82×1=4m
C错误；
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是
ΔE=2Wf=2μmgcos37°⋅x=2×0.25×20×0.8×4=32J
D错误。
故选B。
5、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。
6、答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N<F<9N
由牛顿第二定律可得
a=Fm
解得
2.5m/s2<a<4.5m/s2
AD错误，BC正确。
故选BC。
7、答案：AD
解析：
AD．物块由a点静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得
mgsinθL-μmgcosθL+L4+L4=0
解得
μ=0.5
则整个过程因摩擦产生得热量为
Q=μmgcosθL+L4+L4=0.6mgL
故AD正确；
B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于
mgsinθ>μmgcosθ+F弹
物块继续向下加速，F弹继续变大，当
mgsinθ<μmgcosθ+F弹
时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；
C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得
mgsinθL+L4=μmgcosθL+L4+Epm
解得
Epm=0.25mgL
故C错误。
故选AD。
8、答案：AD
解析：
AB．物体的受力如图所示

由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为
FN=mg-Fsinθ
A正确，B错误；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
Fcosθ-μFN=ma
联立解得，物体运动的加速度大小为
a=Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
C错误，D正确。
故选AD。
9、答案：     2     1
解析：
根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式
x=v0t+12at2
与x=2t-t2对照可得
v0=2m/s，a=-2m/s2
假设F方向向前，由牛顿第二定律
F-μmg=ma
带入可得
F=-1N
说明F方向向后，大小为1N。
10、答案：     F5k     g
解析：
[1] 小胡同学对拉力器两端的拉力均为F，则5根弹簧的弹力为F，每根弹簧的弹力为F5，
由胡克定律可知
F5=kΔx
则每根弹簧的伸长量
Δx=F5k
[2] 小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，根据平衡条件可知弹簧的弹力
F1=F2=mg
右侧弹簧连接钢球处断开，断开瞬间，小球所受右侧弹簧弹力消失，左侧弹簧弹力不变，则此时小球的合力与消失的弹力等大方向，根据牛顿第二定律
mg=ma
则
a=g
11、答案：     加速度     力
解析：
略
12、答案：     先不变再减小后反向增大     b
解析：
[1][2]人从P点到a点过程中做自由落体运动，从a到b过程中随着弹性绳的拉力增大，人的加速度减小，当到b点时，加速度为零，速度达到最大，从b到c过程中，弹性绳弹力大于重力，人的加速度反向增大。
13、答案：（1）2.2s；（2）3.8m
解析：
（1）设物块刚放到传送带上时初速度为0，在物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
经历的时间为
t1=v0a1=210s=0.2s
物块运动的位移
x1'=v0t12m=2×0.22m=0.2m
物块的速度达到v0之后，有
mgsinθ>μmgcosθ
所以物块与传送带共速后继续向下做匀加速运动。
由牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为t2，则有
x2'=L-x1'=v0t2+12a2t22
解得
t2=2s
所以此物块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=2.2s
（2）传送带运动的位移分别为
x1=v0t1=2×0.2m=0.4m
x2=v0t2=4m
划出痕迹的长度为
ΔL1=x1-x1'=0.2m
ΔL2=x2'-x2=8m-4m=4m
物块相对传送带的位移为
Δx=ΔL2-ΔL1=3.8m
14、答案：（1）FN=91.92-245N；（2）1.5m；（3）87J
解析：
（1）物块由C到D，做抛体运动
水平方向
v水平=xt=1.6m/s
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度
v=v水平cosθ=2m/s
v'竖直=vsinθ=1.2m/s
物块在C点
v'竖直=v竖直-gt=-0.8m/s
vC=v水平2+v竖直2
由B到C
12mvB2=12mvC2+mgR1-cosα
其中cosα=v水平vC，在B点
F支-mg=mvB2R
由牛顿第三定律得
FN=F支=91.92-245N
（2）物块刚滑上木板时：
对物块
μ2mgcosθ-mgsinθ=mam
am=23m/s2
做匀减速直线运动
对木板
μ2mgcosθ+mgsinθ-μ1M+mgcosθ=Mam
aM=23m/s2
做匀加速直线运动
设两者经时间t1达到共速v共
v-amt1=aMt1
t1=1.5s
v共=1m/s
此过程中
S物=v+v共2t1=94m
S板=v共2t1=34m
物块相对于木板运动的距离
△S=S物-S板=1.5m
（3）μ2mgcosθ>mgsinθ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。
以物块和木板为整体
a共=μ1gcosθ-gsinθ=13m/s2
S共=v共22a共=1.5m
Q物-板=μ2mgcosθ⋅△S=30J
Q板-斜=μ2M+mgcosθ⋅S板+S共=57J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量
Q=87J
15、答案：（1）6m/s；（2）13.6J；（3）163J，1289J
解析：
（1）依题意，可得滑块A向下加速的加速度
a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
达到传送带速度所用时间
t1=v0a1=0.4s
下滑位移
x1=12v0t1=0.8m
此后滑块A的加速度
a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有
v2-v02=2a2L-x1
解得
v=6m/s
（2）滑块A第二段加速运动到传送带底端所用时间
t2=v-v0a2=1s
滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移
d1=v0t1-x1=0.8m
第二段加速运动过程与传送带间的相对位移
d2=L-x1-v0t2=1m
滑块A与B发生弹性碰撞，有
m1v=m1v1+m2v2
12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得
v1=-2m/s，v2=4m/s
可知滑块A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑块B，滑块A向上冲到最高点所用时间
t3=v1a1=0.2s
再次返回传送带底端所用时间
t4=t3=0.2s
与传送带相对位移
d3=v0t3+t4=1.6m
滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能
E=μm1gcos37°d1+d2+d3=13.6J
（3）滑块B与C作用，当两者达到共同速度时，弹簧弹性势能最大，有
m2v2=m2+m3v共
解得
v共=83m/s
Ep=12m2v22-12m2+m3v共2=163J
当弹簧恢复原长时，滑块C有最大动能，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v2=m2v4+m3v3
12m2v22=12m2v42+12m3v32
解得
v3=163m/s
则滑块C的最大动能
Ek=12m3v32=1289J
16、答案：（1）3.46m/s；（2）0.71s；（3）0.75 <μ< 1
解析：
（1）当μ=0时，P从D点释放到落地的过程中。只有重力做功，因此机械能守恒。可得
mgh=12mv2
其中
h=Lsin37° +H=0.5 × 0.6 + 0.3m=0.6m
解得
v=2gh=2×10×0.6m/s=23m/s=3.46m/s
（2）设μ=0.5时，P沿斜面下滑的加速度为a，受力如图4所示

由牛顿第二定律得
mgsin37° -f=ma，N=mgcos37°
又滑动摩擦力
f=μN
由以上式子可得
mgsin37° -μmgcos37°=ma
解得
a=g(sin37° -μcos37°)=2m/s2
P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式
L=12at2
得
t=2La=2×0.52s=0.71s
（3）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图5所示

由平衡条件可得
F+Nsinθ=fcosθ
所以
F=μmgcosθcosθ-mgcosθsinθ
代入数据得
F=6.4μ- 4.8
挡板X受压力，则F> 0，所以6.4μ- 4.8 > 0
得
μ> 0.75
所以μ的取值范围为0.75 <μ< 1
17、答案：     0.58     4.7     μ=m3g-(m1+m3)am1g
解析：
(1)[1][2]．相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；
vC=xBD2T=(5.85-1.20)×10-20.08m/s=0.58m/s
a=xCE-xAC4T2=(9.30-3.15-3.15)×10-24×0.042m/s2=4.7m/s2
(2)[3]．根据牛顿第二定律可得
m3g-μm1g=(m1+m3)a
解得
μ=m3g-(m1+m3)am1g
18、答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43
19、答案：     1.5     1.9     9.5
解析：
(1)[1]打点间隔为
T=1f=0.02s
相邻计数点间的时间间隔为
∆t=5×0.02s=0.1s
在纸带上打下计数点5时的速度就是纸带上计数点4到计数点6的平均速度，即
v5=(13.78+15.70)×10-22×0.1ms=1.5ms
(2)[2]根据逐差法，可得
a=11.92+13.78+15.70-(6.19+8.11+10.00)9×0.12×10-2ms2=1.9ms2
[3]根据牛顿第二定律，有
m2g-m1g=m1+m2a
解得
g=9.5ms2
20、答案：     1.5     1.9     9.5     C
解析：
解：(1)[1]由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是
T=5×0.02s=0.1s
打计数点5时的速度
v5=x5+x62T=(13.78+15.70)×10-22×0.1ms=1.5ms
(2)[2]重锤的加速度大小
a=(x6+x5+x4)-(x3+x2+x1)9T2=15.70+13.78+11.92-10.00+8.11+6.199×0.12×10-2ms2=1.9ms2
[3]由牛顿第二定律有
m2g−m1g=（m1+m2）a
解得重力加速度大小为
g=9.5m/s2
(3)[4]A．与没有使用电火花计时器无关，A错误；
B．m1和m2的质量相差不大，B错误；
C．在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；
D．绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
故选C。