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2022年高考中物理牛顿运动定律重点易错题

1

单选题
1、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空突击与反装甲能力。已知飞机的质量为m，只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为n0，此时升力刚好等于重力。当搭载质量为m3的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2n0，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力加速度为g）（　　）

A．g3B．gC．2gD．3g
答案：C
解析：
空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，则有
kn02=mg
当搭载质量为m3的货物，螺旋桨的转速达到2n0时，竖直方向上由牛顿第二定律可得
F-(m+m3)g=(m+m3)a
其中升力
F=k(2n0)2
联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为
a=2g
故C正确，ABD错误。
故选C。
2、下列说法正确的是（     ）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
B．万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。
故选C。
3、如图所示为乘客在进入车站乘车时，将携带的物品放在以恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查时的情景。当乘客将携带的物品轻放在传送带上之后，关于物品受到的摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．当物品与传送带相对静止时，物品受到静摩擦力
B．当物品受到摩擦力作用时，摩擦力方向与物品运动方向相同
C．当物品受到摩擦力作用时，物品不一定受到弹力作用
D．由于物品相对于地面是运动的，物品一直受到滑动摩擦力
答案：B
解析：
A．当物品与传送带相对静止时，物品不受摩擦力作用，A错误；
B．当把物品放上传送带时，物品相对传送带有向后运动的趋势，受到向前的摩擦力，B正确；
C．有摩擦力，一定有弹力，C错误；
D．物品虽然相对地面是运动的，但相对传送带静止时，物品不受摩擦力作用，D错误。
故选B。
4、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
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。
多选题
5、如图所示，甲为履带式电梯，乙为台阶式电梯，它们倾角相同，没有顾客乘坐时低速转动，有顾客乘坐时会匀加速启动，启动时两个电梯的加速度大小相同。质量相同的小红和小明两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼，在电梯启动阶段两位乘客受到的摩擦力大小分别为f甲、f乙，则（ ）

A．小明和小红受到电梯的作用力大小不相同B．f甲>f乙
C．小明受到电梯的作用力方向竖直向上D．f甲与f乙大小关系与倾角大小无关
答案：BD
解析：
A．小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作用，重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，A错误；
B．设电梯倾角θ，由牛顿第二定律，对甲有
f甲-mgsinθ=ma
对乙有
f乙=macosθ
对比可得
f甲>f乙
B正确；
C．由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，C错误；
D．结合B解析可知，f甲大于f乙的关系与倾角大小无关，D正确。
故选BD。
6、如图所示，轻杆一端固定在O点，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．v2=a时，小球完全失重B．v2=c时，杆对小球弹力方向竖直向上
C．小球的质量为bRaD．当地的重力加速度大小为aR
答案：ACD
解析：
A．由图可知：v2=a时，FN=0，此时小球仅受重力作用，加速度为向下的重力加速度，处于完全失重状态，故A正确；
B．由图可知：当v2<a时，球需要的向心力小于重力，杆对小球弹力方向向上；当v2>a时，球需要的向心力大于重力，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故B错误；
CD．在最高点，若v=0，则有
mg-FN1=mg-b=0
当FN=0时，则有：
mg=mv2R=maR
可得
g=aR，m=bRa
故CD正确。
故选ACD。
7、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。
8、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
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。
填空题
9、如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为______，A与B的加速度之比为______。

答案：     (cosθ)2:1     cosθ:1
解析：
[1]将细线L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力
F1=mgcosθ
弹簧弹力不变，为
FT=mgcosθ
则
F1FT=(cosθ)21
[2] 对A由牛顿第二定律得
mgsinθ=maA
解得
aA=gsinθ
弹簧的弹力不可突变，将细线L2剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得
mgtanθ=maB
解得
aB=gtanθ
则A与B的加速度之比为cosθ:1
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、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
12、如图甲所示，重力为100N的木箱静止在水平地板上，至少要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，此后用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则木箱与地板之间的最大静摩擦力Fmax=_______N，木箱与地板之间的动摩擦因数μ=_________；2021年8月5日，我国14岁少女全红婵在东京奥运会10米跳台决赛中创造了五个动作三跳满分的纪录，勇夺冠军，如图乙所示，比赛时在空中下降过程中她处于___________状态（选填“超重”或“失重”）。

答案：     35     0.3     失重
解析：
[1][2]由题意可知要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板之间的最大静摩擦力
Fmax=35N
用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则由平衡条件得
f=μG=30N
解得
μ=0.3
[3] 比赛时在空中下降过程中加速度向下，物体处于失重状态。
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。

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、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、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）
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、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝13，求作用力F的大小。（g＝10m/s2）

答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由
vt2－v02＝2ax
a＝vt2-v022x＝0.42-0.622×0.5m/s2＝-0.2m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。
y轴方向
FN+Fsin30°＝mg
Fμ＝μ（mg-Fsin30°）
x轴方向，由牛顿第二定律得
Fcos30°－Fμ＝ma
即
Fcos30°－μ（mg－Fsin30°）＝ma
解得
F＝9.4N
实验题
17、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=___________。
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
18、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；
③在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；
④左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间t。
请回答下列问题：
(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为______；
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了______；
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=______。
答案：     重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t     B     g=22M+m0+mHmt2
解析：
(1)[1]多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
(2)[2]由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
故选B。
(3)[3]根据牛顿第二定律有
mg=(M+m0+n+M)a
又
H=12at2
解得
g=2(2M+m0+m)Hmt2
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。
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、某同学测量物块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。

(1)在已知重力加速度g和测出物块下滑加速度a的情况下，还需要测量________。
A．木板与水平面的夹角θ
B．物块的质量m
C．木板的长度L
(2)将木板与水平面的夹角调到合适角度，接通电源，开启打点计时器，释放物块，物块由静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图乙所示。图乙中的点为计数点，相邻的计数点间时间间隔为0.1s。将数据记录到下表：
计数点
1
2
3
4
5
6
7
x/cm
5.00
11.96
20.90
31.83
44.70
59.57
76.39
t/s
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
0.70
xt/(ms-1)
0.50
0.60
0.70
0.79
0.89
0.99
1.09
请根据表中的数据，在图丙的方格纸上作出xt—t图线_______。

(3)由图线求得物块下滑的加速度a=________m/s2。（结果保留2位有效数字）
(4)该同学认为：xt—t图像中的图线与时间轴围成的面积表示物块t时间内运动的位移大小。他的观点是________的（选填“正确”或“错误”）。
答案：     A          2.0（1.9~2.1）     错误
解析：
(1)[1]根据牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
可知还需要测量木板与水平面的夹角θ，故BC错误，A正确。故选A。
(2)[2]由题意作图如下

(3)[3]根据逐差法求加速度
a=76.39-31.83-31.83-5×10-29×0.12≈2.0m/s2
(4)[4]由于从释放物块到打下第一个点的距离位置，故不能用xt—t图像中的图线与时间轴围成的面积表示物块t时间内运动的位移大小，他的观点是错误的。

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