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2022年高考中物理牛顿运动定律经典大题例题

1

单选题
1、在梯井中，由钢索悬挂竖直电梯C，顶部用绳子悬挂了球A，A下方焊接一个弹簧，弹簧下端悬挂球B，整个装置处于静止状态，简化示意图如图所示。已知绳子、弹簧的质量远小于两球质量，两球质量又远小于电梯质量。若悬挂电梯的钢索突然断裂，在电梯下落瞬间，球A、球B、电梯C各自加速度约为（　　）

A．9.8m/s2，9.8m/s2，0B．19.6m/s2，0，9.8m/s2
C．0，9.8m/s2，9.8m/s2D．9.8m/s2，0，9.8m/s2
答案：D
解析：
假设球A与电梯之间的绳子无弹力，则钢索突然断裂的瞬间，电梯只受重力其加速度为g，而A受到弹簧向下的拉力其加速度大于g，则假设不成立，可知球A与电梯之间的绳子有弹力，可得电梯与球A的加速度相同，因为电梯质量远大于两球质量，钢索断裂后，电梯可视为在自身重力下运动，因此加速度大小为g=9.8m/s2，弹簧形变量在瞬间不会发生突变，因此球B受力不变，其加速度为0。
故选D。
2、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是（　　）

A．0 ~ 5 s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
答案：A
解析：
A．x在0 ~ 5m内由匀变速直线运动的速度位移公式
v2-v02=2ax
再根据乙图，有
a1=-0-v022x1=10m/s2
又有
v0=10m/s
则小木块做匀减速运动的时间为
t=0-v0-a1=0-10-10s=1s
A错误，不符合题意；
B．在0 ~ 1s内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；
CD．木块做反向匀加速运动时的加速度为
a2=v2-02x2=322×(13-5)m/s2=2m/s2
对上滑过程，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑过程中，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立解得
μ=0.5，θ=37°
CD正确，符合题意。
故选A。
3、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
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：
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
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。
多选题
5、如图1所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持定的速度运行。现把一质量为m＝2kg的小物块，从皮带的底端A点以初速度v0＝10m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的v﹣t图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（　　）

A．传送带以4m/s的速度顺时针转动
B．小物块沿传送带向下运动的过程中，其机械能先增加后减少
C．小物块在0～0.8s内摩擦力的冲量大小为20N•s
D．小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108J
答案：BD
解析：
A．小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带以4m/s的速度逆时针转动，故A错误；
B．小物块沿传送带向下运动的过程中，传送带对物块的滑动摩擦力先做正功，物块与皮带相对静止后，静摩擦力对物块做负功，所以机械能先增大后减小，故B正确；
C．在0～0.8s内，由图象的斜率可知物块的加速度大小为
a＝100.8m/s2＝12.5m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin30°+f＝ma
解得
f＝15N
所以摩擦力的冲量大小为
I＝ft＝12N•s
故C错误；
D．小物块上升过程中，传送带的位移大小为
x带＝vt上＝4×0.8m＝3.2m
物块的位移大小为
x物＝102×0.8m＝4m
所以物块与传送带的相对位移大小为
△x＝x物+x带＝4m+3.2m＝7.2m
所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为
Q＝f△x＝15×7.2J＝108J
故D正确。
故选BD。
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）
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、一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是（　　）
A．木块受到的重力和支持力是一对平衡力
B．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力
C．木块受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力
D．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力
答案：AD
解析：
AC．木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；
BD．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确。
故选AD。
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
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。
填空题
9、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_______时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_______。（外界大气压强为P0）

答案：     p02     p0S2m-g
解析：
[1]气缸中封闭气体的初始气压为
P1=P0
当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程
P1V1=P2V2
解得
P2=V1V2P1=p02
当气缸内气体的压强为p02时，气缸将获得最大加速度。
[2]此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
(P0-P2)S-mg=ma
解得
a=P0S2m-g
气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。
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】

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、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，校车的加速度大小为___________。

答案：     平行     gtanθ
解析：
[1][2]由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，受力分析如图

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有
F'mg=tanθ
由牛顿第二定律知
F'=ma
解得
a=gtanθ
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_____________。

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
解答题
13、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？
（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？
（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N
解析：
（1）由图像可知：前2m内对A有
v2=2a1x
得出
a1=1m/s2
2m后，对A有
v12-v02=2a2x
a2=4m/s2
（2）对B受力分析有
μ1mg-μ22mg=ma0
外力F使A在B上的临界加速度为
a0=2m/s2
外力F对AB整体有
F0-μ2⋅2mg=2ma0
F0=6N

（3）运动前2m
a1=1m/s2<a0
可知AB一起匀加速运动
对AB整体有
F1-μ22mg=2ma1
F1=4N
运动2m后对A有
a2=4m/s2>a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
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．

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、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）游客匀速下滑时的速度大小；
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。

答案：（1）16m/s；（2）180N
解析：
（1）由牛顿第二定律得
mgsinθ-µmgcosθ=ma
解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小
a=2m/s2
游客匀速下滑时的速度大小
v=at1=16m/s
（2）设游客在BC段的加速度大小为a′，由公式
0-v2=-2a′x
解得
a'=8m/s2
由牛顿第二定律得
F＋µmg=ma′
解得制动力
F=180N
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。

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
实验题
17、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个力传感器按如图甲方式对拉，其中一只系在墙上，另一只握在手中，在计算机屏上显示出力，如图乙所示。

(1)横坐标代表的物理量是________。
(2)由图可得到的实验结论是________（填字母）。
A．两力传感器间的作用力与反作用力大小相等
B．两力传感器间的作用力与反作用力方向相反
C．两力传感器间的作用力与反作用力同时变化
D．两力传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上
答案：     时间     ABC
解析：
考查牛顿第三定律探究实验。
（1）[1]由题可知，图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；
（2）[2]从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时变化，且作用在不同的物体上，故A、B、C正确，D错误。故选ABC。
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____。
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、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。
(1)请在图中除0以外的6根长刻度线旁，标注加速度的大小，示数的单位用m/s2表示，加速度的方向向上为正、向下为负。说明这样标注的原理。
(2)仿照以上装置，设计一个“水平加速度测量仪”。要求：画出它的装置图；说明它的构造；介绍加速度刻度的标注原理。g取10 m/s2。

答案：(1) 标注原理见解析；(2) 构造和原理见解析；
解析：
(1)[1]悬吊1.0N重物时,由平衡条件得
mg=1.0
解得m=0.1kg
依题意，向上为正，在C点弹簧的弹力等于0.9N，根据牛顿第二定律得
0.9-mg=maC
解得aC=-1.0m/s2 ，所以在C点标注-1.0，以此类推标注其它刻度如图所示。

(2)[2]水平加速度测量仪如图所示，光滑槽放在水平桌面上，左端固定一块木板，带有指针的弹簧左端固定在木板上，右端连一个小球，带有刻度的木板固定在槽上，小球静止时指针指在零刻度，木板上的刻度表示加速度的数值，正刻度表示加速度方向向左，负刻度表示加速度方向向右。
刻度的标注原理如下：将装置竖直放置，按照(1)问的方法标注刻度，然后水平放置，移动刻度尺使0刻度对准指针，并固定刻度板。

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
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。

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