2022年高考中物理牛顿运动定律知识点归纳超级精简版.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律知识点归纳超级精简版1单选题1、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv（k为正的常量）。两球的vt图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是（）A释放瞬间甲球加速度较大Bm1m2v2v1C甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等答案：C解析：A释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；B运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等mgkv则m1m2=v1v2选项B错误；C由图象可知v1v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；D下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。故选C。2、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（）AF1:F2=3:1BF1:F2=3:2CF1:F2=4:3DF1: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，对于加速上升过程，竖直方向FN1cos-mg=m12g水平方向FN1sin=F1解得F1=32mgtan对于减速上升过程，竖直方向mg-FN2cos=m12g水平方向FN2sin=F2解得F2=12mgtan因此F1=3F2故BCD错误A正确。故选A。3、如图所示，一个倾角为=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=100N/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=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BA、B物块分离时细线的拉力为9NC从释放C到A、B分离，物块A的位移为12cmD从释放C到A、B分离，物块A的位移为9cm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2mgsin=kx0得到x0=2mgsink=12cm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-2mgsin-2mgcos=3ma对物块B、C整体分析有mg-mgsin-mgcos=2ma联立得到分离时加速度为a=1m/s2此时弹簧的压缩量为x=9cm所以物块A在这段时间内上升的位移为x=x0-x=3cm故CD错误；B对B分析有FT-mgsin-mgcos=ma得到细线的拉力FT=9N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、中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（）A硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动B硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态C硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用D列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用答案：C解析：A硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，故A错误；B硬币直立的过程，也可能处于加速运动状态，故不一定处于平衡状态，故B错误；C硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，故C正确；D列车加速时，硬币受到的摩擦力与列车的运动方向相同，列车减速行驶时，硬币受到摩擦力与列车运动方向相反，故D错误。故选C。多选题5、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（）A滑块始终与木板存在相对运动B滑块未能滑出木板C滑块的质量m2大于木板的质量m1D在t1时刻，滑块从木板上滑出答案：ACD解析：滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2m2gm2ga1m2gm1由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则a2a1即gm2gm1则m1m2故选ACD。6、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角的正弦值sin=0.6，下列说法正确的是（）A滑块上升的最大高度为2710s0B滑块与斜面间的动摩擦因数为12C恒力F的大小等于2Ek0s0D滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025答案：BD解析：A根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为H=2710s0sin=8150s0故A错误；B从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有-mg27s010-9s05sin-mg27s010-9s05cos=0-9Ek05滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有2710mgs0sin-2710mgs0cos=27Ek025联立解得=12故B正确；C根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有mgsin-mgcos=27Ek0251027s0受恒力F沿斜面上滑过程有F-mgsin-mgcos=Ek0s0联立解得F=3Ek0s0故C错误；D整个过程中因摩擦产生的热量为Q=2mgcos2710s0=108Ek025故D正确。故选BD。7、如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度vo=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A若恒力F=0，物块滑岀木板时的速度为3m/sBC点纵坐标为1.5m-1C随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出D图像中D点对应的外力的值为4N答案：BC解析：结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段。第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出。A物块刚滑上木板时，物块加速度a1有ma1=mg得到a1=2m/s2物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有Ma2=mg得到a2=4m/s2由题意可知，当F=0时，物块，木板的位移差为1m，则x1=v0t-12a1t2x2=12a2t2x1-x2=1解得t=1s物块滑出木板时的速度v=v0-at=4-2m/s=2m/sA错误；C当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有Ma3=mg+Fx3=v0t-12a1t2x4=12a3t2x3-x4=1v0-a1t=a3t解得F=1NC正确；DC、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有F+mg=ma4mg=ma4解得F=3N则C、D点拉力为3N，D错误；B此时物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有a5=F+mgM=3+20.5m/s2=10m/s2两者速度相等时，位移差有a5t=a0-a1tv0t-12a1t2-12a5t2=x解得x=23故s-1=32m-1=1.5m-1B正确；故选BC。8、质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（）A若F1=F2，则m1小于m2B若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多C若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为45D若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍答案：ACD解析：由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为a1=2.51.5ms2=53ms2物体B撤去拉力之前的加速度为a2=23ms2己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为a=1ms2撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得1m1g=m1a，2m2g=m2a可得1g=2g=1物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有F1-1m1g=m1a1解得F1=83m1物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有F2-2m2g=m1a2解得F2=53m2A当F1=F2即83m1=53m2则m1m2故A正确；B若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A做的功为WA=F1xA=83m12vamta=5mJ则拉力F2对物块B做的功为WB=F2xB=53m12vbmtb=5mJ则拉力F1对物块A做的功等于拉力F2对物块B做的功，故B错误；C若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A的冲量为I1=F1ta=83m32=4mNs拉力F2对物块B的冲量为I1=F2tb=53m3=5mNs则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为I1I2=4m5m=45故C正确；D若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A的最大瞬时功率为P1=F1vam=83m52=203mW拉力F2对物块B的最大瞬时功率为P2=F2vbm=53m2=103mW则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。故选ACD。填空题9、某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_m/s2，方向为_。答案： 0.4#0.40 竖直向上#向上解析：12由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为N=520N人的重力为mg=500N则电梯与人的加速度满足N-mg=ma解得a=0.4m/s2方向竖直向上。10、辘轳的发明和使用体现了我国劳动人民的智慧。如图所示，辘轳主要由支架，卷筒，手柄等部分组成，井绳的一端绕在卷筒上，另一端系在水桶上，人通过转动手柄将木桶提起，水桶在上升过程中经历了加速、匀速和减速三个阶段，简要回答下列问题：（1）在上述三个阶段中，哪个阶段绳子最容易断？为什么？_（2）若装水的水桶总质量为20kg，在匀速阶段上升了20m，上升的速度为0.5m/s，g取10m/s2，该阶段水桶的重力势能变化量为_J，水桶的机械能变化量为_J，重力对水桶做功的功率大小为_W。答案： 见解析 4000 4000 100解析：（1）1 加速阶段容易断，因为加速阶段，水桶处于超重状态，绳子的拉力大于水桶的重力，绳子容易断；匀速阶段绳子拉力等于水桶重力，减速阶段处于失重状态，拉力小于重力。（2）2 重力势能变化量Ep=mgh=201020J=4000J3水桶匀速上升，动能不变，所以机械能变化量等于重力势能变化量4000J；4 重力对水桶做功的功率大小 P=WGt=mght=mgv=20100.5W=100W11、某型号火箭的质量为2.5105kg，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3106N，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/s22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。12、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。(1)若剪断绳子，小球将落至A、B、C中的_点；(2)若小车速度突然减小，小球将偏向_方；(3)若小车速度突然增大，小球将偏向_方。答案： B 前 后解析：(1)1小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即B点；(2)2若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；(3)3若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。解答题13、如图所示，倾角=37的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L1=0.7m，E、F间距离L2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB=4kg的平板B和质量mC=3kg的重物C，质量mA=1kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离L0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F=10N的恒力。已知小物块A、平板B之间动摩擦因数1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取g=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。答案：（1）2N；（2）2.05s解析：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得mA+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mA+mBa解得a=4m/s2设B对A的静摩擦力大小为FfBA，对A受力分析，由牛顿第二定律得mAgsin37-FfBA=mAa解得FfBA=2NA、B间的最大静摩擦力Ffmax=1mAgcos=6NFfBAFfmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足v02=2aL解得v0=4m/s设该过程的运动时间为t1，则v0=at1解得t1=1s当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有F+mAgsin37-1mAgcos37=mAa1解得a1=10m/s2对平板B有1mAgcos37+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mBa2解得a2=5m/s2当小物块A刚运动至E点时，速度满足v12-v02=2a1L2解得v1=14m/s小物块A在EF之间的运动时间为t2=v1-v0a1=1s对平板B有v2=v0+a2t2=9m/s平板B运动的位移为x=v22-v022a2=6.5m此时平板B的下端距离P的距离为x=L1-L+L2-x=0m此时平板B与挡板刚好相撞，此后小物块A离开EF区域，在平板B的上表面匀速滑行，A离开EF区域后滑行时间为t3=L1v1=0.05s因此小物块A到达P所用的时间为t=t1+t2+t3=2.05s14、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L111.25 m，倾角37，箱子与斜面AB间的动摩擦因数10.8，传送带BC长度L27 m，箱子与传送带BC间的动摩擦因数20.2，某工人将一质量为m1 kg的箱子以初速度v05 m/s从A处沿斜面向下运动，传送带BC保持静止（g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）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v22 m/s的恒定速率仍将质量为m1 kg的箱子以初速度v05 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1mgcos37-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2mg=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=1mmgsin37所以箱子最后会停在斜面上t总=t1+t2+t3=4.5s15、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13，求作用力F的大小。（g10m/s2）答案：9.4N解析：对物体受力分析，建立直角坐标系如图由vt2v022axavt2-v022x0.42-0.6220.5m/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+Fsin30mgF（mg-Fsin30）x轴方向，由牛顿第二定律得Fcos30Fma即Fcos30（mgFsin30）ma解得F9.4N16、如图甲是武装直升机救助受伤的游客的一个画面，设受伤的游客质量m60 kg，重力加速度g10 m/s2，缆绳及其挂钩等质量不计，忽略空气阻力。（1）直升机悬停在空中放下缆绳，若受伤的游客被缆绳向上提起过程中沿竖直方向，缆绳拉力随时间变化的图象如图乙所示，求悬停在空中的直升机距离地面的高度h；（2）直升机悬停在空中放下缆绳，在受伤的游客刚系好缆绳脱离地面时，风力使缆绳偏离竖直方向的角度为，假设此时受伤的游客处于静止状态，求此时风力大小F和缆绳中的拉力大小FT。答案：（1）375 m；（2）mgtan ；mgcos解析：（1）010 s的时间内，游客加速上升，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F1mgma1解得a13 m/s2上升高度h1=12a1t12=150m10 s末速度va1t130 m/s在1025 s的t215 s时间内，游客减速上升，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgF2ma2解得a22 m/s2上升高度h2=vt2-12a2t22=225m悬停在空中的直升机距离地面的高度hh1h2375 m。（2）画出缆绳偏离竖直方向角度为时游客的受力图，如图所示由几何关系有cos=mgFTtan=Fmg解得FT=mgcos，Fmgtan 实验题17、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=_（结果保留两位有效数字）。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x=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)10-290.12m/s2=0.50m/s2（2）23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-Mg=(M+m)a其中mg=1.00N，Mg=2N，解得=0.4318、某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是_；A钩码的质量要远小于木块的质量B要保证长木板水平C接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a=_m/s2；（结果保留两位有效数字）(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为_（用M、m、a、g表示结果）。答案： B 1.1 mg-(M+m)aMg解析：（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求Mm ；又因为f=Mg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；（2）由逐差法公式可求得加速度a=x34-x122T2=1.1m/s2（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）a=T-MgM ,a=mg-Tm解得=mg-M+maMg19、在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。（1）实验时，下列操作或说法正确的是_。A需要用天平测出砂和砂桶的总质量B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数C选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小D为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是_ms2。（计算结果保留三位有效数字）（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩擦力Ff=_N。答案： B 2.40 1.0解析：（1）1AD本实验中可以通过力传感器获取小车所受拉力大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要小车所受拉力近似等于砂和砂桶的总重力，即不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AD错误；B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确；C电磁打点计时器由于振针的作用，纸带和复写纸之间阻力相对较大，实验误差比较大，而电火花计时器使用的是火花放电，纸带运动时受到的阻力比较小，实验误差也比较小，故C错误。故选B。（2）2根据逐差法可得小车运动的加速度大小是a=xBD-xOB4T2=(28.81-9.61-9.61)10-240.12m/s22.40m/s2（3）3根据牛顿第二定律有2F-Ff=ma将题图横截距数据代入可得Ff=1.0N20、如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成。他将质量同为M（已知量）的重物用轻绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度。（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则不需要测量的物理量有_A绳子的长度B小重物的质量mC重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出1a-1m图像，如图乙所示，已知该图像斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=_，并可求出重物质量M=_。答案： A 1b k2b解析：（1）1对整体分析，根据牛顿第二定律得mg=2M+ma解得a=mg2M+m根据h=12at2联立解得g=22M+mhmt2所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间，不需要测量绳子的长度，故选A。 （2）23因为a=mg2M+m则1a=1m2Mg+1g知图线斜率k=2Mgb=1g解得g=1bM=k2b32