2022年高考中物理牛顿运动定律必练题总结.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律必练题总结1单选题1、如图，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（）A小铁块B的加速度为零B磁铁A的加速度为2gCA、B之间弹力为零DA、B整体处于完全失重状态答案：D解析：AB细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到(mA+mB)g=(mA+mB)a加速度大小为a=g方向竖直向下，故A、B错误。C由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力，故C错误。D细绳烧断后，A、B同时下落，不计空气阻力，重力加速度为g，属于完全失重状态，故D正确。故选D。2、如图所示，在某建筑地，工人甲将质量为m的工件利用固定在支架上的光滑定滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，绳索与水平方向的夹角为；工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。己知甲、乙的质量分别为M甲、M乙，重力加速度大小为g，甲，乙始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变B乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐减小C工件匀速上升时。楼顶对甲的支持力为M甲-mgD工件以加速度a匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为m(g+a)cos答案：D解析：A乙将工件拉到楼顶过程，设两绳结点上方绳索与竖直方向夹角为，对结点由平衡条件可得甲拉的绳索上的拉力为T1=mgcos由平衡条件可得，甲受到的摩擦力为f1=T1cos由于变大，可知T1变大，f1变大，A错误；B乙将工件拉到楼顶过程，乙对轻绳的拉力为T2=mgtan由平衡条件可得，乙受到的摩擦力为f2=T2由于变大，可知T2变大，f2变大，B错误；C工件匀速上升时，绳上拉力T大小等于工件的重力mg，在竖直方向对甲由平衡条件可得N+Tsin=M甲g解得楼顶对甲的支持力为N=M甲g-Tsin=M甲g-mgsinC错误；D工件以加速度a匀加速上升时，对工件由牛顿第二定律可得T-mg=ma在水平方向对甲由平衡条件可得f=Tcos联立解得楼顶对甲的摩擦力为f=m(g+a)cosD正确。故选D。3、如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）A物体B位移为4cm时，弹簧处于原长状态B物体B的加速度大小为5m/s2C物体A的质量为4kgD弹簧的劲度系数为5N/cm答案：C解析：A当物体B位移为4cm时，物体A、B仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体A的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项A错误；BC设力F未作用时弹簧的压缩量为x0，则有kx02mg设物体A、B的共同加速度大小为a，则当FF120N时，由牛顿第二定律得F1kx02mg2ma当FF250N时，物体A、B刚好分离，对物体B有F2mgma以上各式联立可解得a2.5m/s2，m4kg选项B错误，C正确；D当物体A、B刚好分离时，对物体A有k（x0x）mgma将x0.04m代入解得k7.5N/cm选项D错误。故选C。4、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。多选题5、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。6、如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A货车的速度等于vcosB货物处于超重状态C缆绳中的拉力FT小于（m0+m）gD货车的对地面的压力小于货车的重力答案：BD解析：A把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则v=v1cos即v1=vcos故A错误；B货车匀速行驶，在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；C因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；D货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。故选BD。7、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Bf甲f乙C小明受到电梯的作用力方向竖直向上Df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，由牛顿第二定律，对甲有f甲-mgsin=ma对乙有f乙=macos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。8、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（）Av2=a时，小球完全失重Bv2=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v2a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。填空题9、牛顿第二定律确定了物体_和力的关系：加速度的大小与物体_的大小成正比，与物体的_成反比；加速度的方向与物体_的方向相同。答案： 加速度 所受合力 质量 受到的合力解析：略10、一物体从倾角为的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数与物体离开斜面顶端距离x之间满足=kx（k为已知量）。物体刚下滑时加速度大小为_，当下滑距离为_时，物体有最大速度。（重力加速度为g）答案： gsin tank解析：1x=0时，动摩擦因数为零，则物体不受摩擦力，所以加速度大小为a=gsin2速度最大时，加速度为零，有mgcos=mgsin此时kxcos=sin解得x=sinkcos=tank11、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，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： (cos)2:1 cos:1解析：1将细线L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力F1=mgcos弹簧弹力不变，为FT=mgcos则F1FT=(cos)212 对A由牛顿第二定律得mgsin=maA解得aA=gsin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mgtan=maB解得aB=gtan则A与B的加速度之比为cos:112、（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解答题13、平直的公路上有两个停止线相距187.5m的红绿灯，在沿某一方向行驶时前一个红绿灯变为绿灯后经10s，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一辆汽车在前一红绿灯停止线处停车等红绿灯，在该红绿灯变为绿灯时立即加速向前驶出，达到限速后匀速行驶，在后一个红绿灯变为红灯时恰好通过。汽车的质量为1.0t，行驶时所受阻力为车重的0.05倍，加速和减速过程中可近似看成是匀变速直线运动，且加速过程中所受牵引力与减速过程中所受制动力大小恒定且相等，汽车遵守交通规则行驶。重力加速度g取10m/s2，忽略汽车自身长度。（1）汽车加速时的加速度为多大？（2）若该汽车司机因为低头看手机并未及时驶出，只能在后一个红绿灯停止线前减速停车，请问汽车减速时的加速度为多大？（3）在（2）问中请问该司机在两红绿灯间行驶的时间为多长？答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s解析：（1）加速和匀速总位移v2t1+vt2=x加速和匀速总时间t1+t2=t解得t1=7.5s加速段加速度为a1=v1t1=4m/s2（2）加速段由牛顿第二定理可得F-kmg=ma1减速段由牛顿第二定理可得F+kmg=ma2可得a2=5m/s2（3）若加速和减速过程能达到最大速度30m/s，则加速和减速阶段总位移为x=v22a1+v22a2=202.5mx因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段x=v22a1+v22a2v=5033m/s在两红绿灯间行驶时间为t=va1+va2=1532s14、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1=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=1mgm=1g=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=1.5223m+1.51m=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s=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=1mgm=1g=1m/s2经过t0=0.5s时，煤块速度为v1=v0-a1t0=1.5m/s-10.5m/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2，由于a2=2m/s2且Ma2=1mg-2mg+Mg+F代入数据解得2=0.2由于21则共速后煤块将仍以加速度大小a1=1mgm=1g匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3匀减速运动Ma3=1mg-2mg+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=120.5+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=0.65m15、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=4.5s16、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x=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。（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t=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=xt=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，则l=v22a=3.6221.5m=4.32 m所以sin=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 -mgcos =ma代入数据解得=0.40实验题17、小华利用如图甲所示装置探究力与运动的关系，内装n个质量均为m0的砝码的盒子与砝码盘由绕过光滑定滑轮的细绳相连，纸带与打点计时器的摩擦不计，桌面水平。重力加速度为g=10m/s2，电源频率为50Hz。(1)轻推盒子后，发现打出的纸带点距相等，然后测得装有砝码的盒子的总质量为m1、砝码盘的质量为m2，则盒子与桌面间的动摩擦因数为_。(2)将一个砝码由盒子中转移到砝码盘中，无初速度释放盒子，打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间还有四个点未画出，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm，则盒子运动的加速度为_ms2，上述m0与m1的比值为_（填数字）。(3)依次将2个、3个砝码由盒子中转移至砝码盘中，分别进行实验并求出加速度，利用描点连线法画出加速度a随转移的砝码个数k(kn)变化的图像，则图像可能为_。答案： m2m1 0.64 0.064 A解析：(1)1纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，有m1g=m2g得=m2m1(2)2由逐差公式有(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)=a(3T)2由题意知T=0.1s，代入数据得a=0.64m/s2根据牛顿第二定律有(m2+m0)g-(m1-m0)g=(m1+m2)a解得m0:m1=ag=0.064(3)3根据牛顿第二定律有(m2+km0)g-(m1-km0)g=(m1+m2)a得a=m0g+m0gm1+m2k即a与k成正比，因此选A。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）23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x=at2得木块的加速度a=x2-x1210f2=x2-x1f2200（3）4由牛顿第二定律有mg-Mg=(m+M)a解得=mM-(m+M)x2-x1f2200Mg19、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mM）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：将长木板重新平放于桌面上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）。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=_。答案： AD 3.0 mg-M+maMg解析：(1)1AB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x=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+5.2290.04210-2ms2=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mgMg=（M +m）a解得=mg-M+maMg20、(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aB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）4ABC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=6mgD正确。故选BD。28