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历年高考物理力学牛顿运动定律知识汇总笔记

1

单选题
1、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：从小物块放在小车上开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）（　　）

A．1.25mB．1.75mC．2mD．2.25m
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t1两者速度相等，根据速度与时间的关系式有
3+a2t=a1t
解得
t1=2s
则小物块在1.5s内，一直做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系式
x=12a1t2
代入数据解得，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为
x=2.25m
故ABC错误D正确。
故选D。
2、如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引力F随两磁铁间距离x变化的图像如图乙，每根磁铁质量为m＝0.2 kg，与桌面间动摩擦因数为μ＝0.5，两磁铁起初距离为20   cm，现在用手控制A，先用水平力让它缓缓向B靠近，当发现B开始运动时，立即改用竖直向下的压力压住A使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在B向A靠近过程中，以下说法正确的有（　　）

A．当x＝5cm时，B将开始运动
B．当x＝4cm时，B的加速度为10 m/s2
C．竖直向下压力的最大值一定大于4 N
D．B运动过程中加速度可能达到28 m/s2
答案：C
解析：
AB．B受到桌面的滑动摩擦力
f＝μmg＝0．5×0.2×10 N＝1.0 N
当A对B的吸引力等于滑动摩擦力时，B开始滑动，由题图乙可知，当x＝4cm时，B开始滑动，且加速度为零，故AB错误；
C．当x＝0时，吸引力F＝3.0 N，最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力
fA＝μ（mg＋N）≥F
N≥4 N
故C正确；
D．当x＝0即F＝3.0 N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律
F－f＝ma
B的最大加速度为10 m/s2，故D错误。
故选C。
3、如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（　　）

A．绳的拉力为GB．绳的拉力为Gcosθ
C．绳的方向与光滑轨道不垂直D．B的加速度为g sinθ
答案：D
解析：
D．对整体分析，根据牛顿第二定律得：
加速度为
a=MgsinθM=gsinθ
则B的加速度为gsinθ。故D正确。
ABC．隔离对B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小为
mBa=mBgsinθ=Gsinθ
由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为
T=Gcosθ
选项ABC错误。

故选D。
4、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。
多选题
5、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动
B．物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关
C．平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同
D．初速度越大，物体在空中的飞行时间越长
答案：AC
解析：
A．物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；
B．由水平位移公式
x=v0t
竖直方向的位移为
h=12gt2
联立可得
x=v02hg
故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；
C．由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；
D．由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。
故选AC。
6、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2
答案：BC
解析：
电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有
mg-F=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。
故选BC。
7、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
答案：ACD
解析
C．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.4
C正确；
D．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=f22mg=440=0.1
D正确；
AB．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
8、如图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图所示并处于平衡状态，则下列说法中可能正确的是（       ）

A．M处于拉伸状态，N处于拉伸状态
B．M处于压缩状态，N处于拉伸状态
C．M处于拉伸状态，N处于原长状态
D．M处于原长状态，N处于拉伸状态
答案：ABD
解析：
由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸；当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a有拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态；当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；当拉力大于a物体的重力时，M弹簧处于伸长状态；从上面的分析中发现共有四种情况，即①N处于伸长状态，M处于压缩状态；②N处于伸长状态，M也处于伸长状态；③N处于伸长状态而M处于原长状态；④N处于原长，M处于压缩状态。故ABD正确，C错误。
故选ABD。
填空题
9、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
10、两类基本问题
（1）从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的___________，再通过运动学的规律确定物体的___________情况。
（2）从运动情况确定受力
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___________。
（3）如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取10 m/s2）

a.在拉力F作用下物体运动的加速度大小为___________ m/s2；
b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=___________ m/s；
c.撤去拉力F后物体运动的距离x=___________ m。
答案：     加速度     运动     加速度     合外力     0.5     4     4
解析：
(1)[1] 如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。
[2]结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。
(2)[3] 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度。
[4]结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。
(3)[5]受力分析得
F-μmg=ma
解得
a=0.5m/s2
[6]根据速度公式得
v=at=4m/s
[7] 撤去拉力F后，受力分析得
-μmg=ma'
解得
a'=-2m/s2
物体运动的位移为
x=-v22a'=4m
11、力的单位
（1）力的国际单位是___________，根据___________定义的。当物体的质量为m=1kg，在某力的作用下获得的加速度为a=1m/s2，由牛顿第二定律可得，F=ma=___________，我们就把它定义为1牛顿。即：1牛=1千克 · 米/秒2
（2）光滑水平桌面上有A、B两个相距较远的物体，已知mA=2mB．当用F=10 N的水平力作用在A上时，能使A产生5 m/s2的加速度，当用2F的水平力作用在B上时，能使B产生的加速度为___________m/s2。
答案：     牛顿     F=ma     1kg⋅m/s2     20
解析：
（1）[1] 力的国际单位是牛顿，根据F=ma定义的。当物体的质量为m=1kg，在某力的作用下获得的加速度为a=1m/s2，由牛顿第二定律可得，F=ma=1kg⋅m/s2我们就把它定义为1牛顿。即：1牛=1千克 · 米/秒2
（2）[2]根据牛顿第二定律，当用F=10 N的水平力作用在A上时
F=mAaA
用2F的水平力作用在B上时
2F=mBaB
解得
aB=20m/s2
12、如图所示，有一倾角θ=30°的斜面体B固定于水平地面上，质量为m的物体A放置于B上，其左侧面与水平轻弹簧接触。现对轻弹簧施加一个水平作用力，A和B始终保持静止，弹簧始终在弹性限度内。当A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力大小为______；当弹簧弹力大小为3mg时，A所受摩擦力大小为______。

答案：     33mg     mg
解析：
[1]对物体A受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力，可能会有平行斜面的静摩擦力，设弹簧弹力大小为为F；如果A所受的摩擦力为零，则
Fcos30°=mgsin30°
即
F=33mg
[2]当弹簧弹力大小为
F=3mg＞33mg
时，A有向上的运动趋势，A受到的摩擦力沿着斜面向下，受到的摩擦力大小为
f=Fcos30°-mgsin30°=mg
解答题
13、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
14、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2），求：
（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s
解析：
（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
FT-mg=ma
解得
a=1m/s2
由
v=v0＋at
解得
t=15s
（2）匀加速阶段位移
x1=12at2=12×1×152m=112.5m
匀速阶段位移
x2=v（50s-2t）=15×（50-2×15）m=300m
匀减速阶段位移
x3=v22a=112.5m
因此观景台的高度
x=x1＋x2＋x3=525m
（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0。自由落体加速度大小a1=g
启动辅助牵引装置后加速度大小
a2=F-mgm=3mg-mgm=2g
方向向上
则
vm22a1+vm22a2=x
解得
vm=1070m/s
则
tm=vmg=70s
即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。
15、如图所示，倾角θ=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μ1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数μ2=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°-μ2mA+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=2N
A、B间的最大静摩擦力
Ffmax=μ1mAgcosθ=6N
FfBA
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°-μ1mAgcos37°=mAa1
解得
a1=10m/s2
对平板B有
μ1mAgcos37°+mBgsin37°-μ2mA+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=2.05s

16、如图所示，水平传动带以v0=4m/s的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，则：
（1）经多长时间物块会与传动带共速。
（2）经多长时间物块会从传动带右端掉下来。

答案：（1）2s；（2）3s
解析：
（1）物块刚放上传动带时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得物块的加速度为
a=2m/s2
物块与传送带共速所需时间为
t1=v0a=2s
（2）物块匀加速运动的位移为
s=v02t1=4m
之后匀速运动到右端的时间为
t2=L-sv0=1s
物块从传动带左端到右端的时间为
t=t1+t2=3s
即经3s物块会从传动带右端掉下来。
实验题
17、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，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g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”。若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为___________N/m。某时刻观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为___________（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为___________m/s2。

答案：     10     竖直向上     1.0
解析：
[1] 根据胡克定律F=kΔx可得
k=FΔx=ΔmgΔx=(100-90)×10-3×101×10-2N/m=10N/m
[2] 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；
[3] 此时弹簧的弹力大小为
F=mg+kΔx'=0.1×10+10×0.01N=1.1N
根据牛顿第二定律有
F-mg=ma
代入数据解得
a=1.0m/s2
18、利用图甲装置研究滑块在斜面上的运动，其中光电门的位置可移动，让带有宽度为d的遮光片的滑块自斜面上同一位置自由下滑，与光电门相连的计时器可以显示出遮光片通过光电门所用的时间t，并用刻度尺测量滑块到光电门之间的距离s，改变光电门的位置进行多次测量，利用所得数据描绘出dt2-s图象，如图乙所示。

(1)若用某工具测量遮光片宽度的读数为d=2.40mm，则所用工具为________。
A．最小分度为毫米的刻度尺
B．10分度游标卡尺
C．20分度游标卡尺
D．螺旋测微器
(2)滑块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2。（保留两位有效数字）
(3)若斜面倾角θ=53°，重力加速度大小为g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ=________。（结果保留一位有效数字）
答案：     C     5.0     0.5
解析：
(1)[1]读数结果以毫米为单位，由读数规则知：最小分度为毫米的刻度尺及10分度游标卡尺的小数点后只有1位数字，20分度游标卡尺的小数点后有2位数字，螺旋测微器的小数点后有3位数字，所以所用工具为20分度游标卡尺，故ABD错误，C正确。
故选C。
(2)[2]滑块经过光电门时的速度大小为
v=dt
滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，其速度大小满足
dt2=2as
所以dt2-s图线的斜率大小为加速度大小的2倍，所以滑块的加速度大小为
a=5.0m/s2
(3)[3]由牛顿第二定律知
a=mgsinθ-μmgcosθm
代入数值得
μ=0.5
19、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。
20、小王想测量家中自己锻炼用的两个不同沙袋的质量，但没有直接测量质量的工具，于是他利用家中已有的如下器材进行测量：悬挂沙袋的轻质细绳、大小和质量均不计的光滑定滑轮、一套总质量为1kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。

（1）如图所示，两沙袋用轻绳跨过定滑轮连接安装好，设右边沙袋A的质量为m1、左边沙袋B的质量为m2。
（2）取出质量为m的玩具方块放入A中，剩余玩具方块都放入B中，放手后发现A下降、B上升。
（3）用毫米刻度尺测出A从静止下降的距离h，用手机中的秒表软件测出A下降距离h所用的时间t，则A下降的加速度大小a=__________（用h和t表示）。
（4）从B中取出部分玩具方块放入A中，以改变m，测量相应的加速度大小a，得到多组m及a的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作出a随__________（选填“m”或“1m”）变化的关系图线。
（5）若图线的斜率k=2m/kg⋅s2，图线在纵轴上的截距b=1m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，则m1=__________kg、m2=__________kg。
答案：     2ht2     m     5.5     3.5
解析：
(3)[1]A下降距离h所用的时间t，据匀变速直线运动的位移公式可得
h=12at2
解得A下降的加速度大小为
a=2ht2
(4)[2]设玩具方块总质量为M，整体据牛顿第二定律可得
(m+m1)g-(M-m)g-m2g=(m1+m2+M)a
整理得
a=2gm1+m2+Mm+m1-m2-Mm1+m2+Mg
为使图像直观，应作出a随m变化的关系图线。
(5)[3][4]图线的斜率为
k=2gm1+m2+M
纵轴的截距为
b=m1-m2-Mm1+m2+Mg
带入数据解得m1=5.5kg、m2=3.5kg

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