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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点专题训练

1

单选题
1、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
2、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（　　）

A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
3、如图甲所示，用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作。该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示。则（　　）

A．测量者经历了加速、减速、再加速、再减速四个阶段
B．测量者在t1~t2时间内表现为失重
C．测量者在t3时刻速度最小
D．测量者在t4时刻加速度最小
4、一质量为m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图线，如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则（　　）

A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2
B．小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25
C．小物块在斜面上滑行的最大位移是8m
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4J
多选题
5、如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块（设a、b间无电荷转移），a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（　　）

A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变小
D．a、b物块间的摩擦力变大
6、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则（　　）

A．在t1时刻，外力F为零
B．在0∼t1内，外力F大小不断减小
C．在t1∼t2内，外力F大小可能不断减小
D．在t1∼t2内，外力F大小可能先减小后增大
7、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
8、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2>v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
填空题
9、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_______（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对_______（选填“平衡力”或“相互作用力”）。
10、质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F＝_____________N，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝___________。（g取10m/s2）

11、物理学是自然科学领域的一门基础学科，研究自然界物质的基本结构、相互作用和运动规律，观察和实验是物理学习重要的方法。同学们经过一个学期，学习了高中物理必修一的全部内容，必修一由“机械运动与物理模型”和“相互作用与运动定律”两个主题组成。
（1）在必修一中有四个必做实验，请同学们写出相关的实验名称；______、______、______、______。
（2）物理运动需要建立理想化物理模型，请同学们写出一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型的名称___________
（3）2021年12月9日下午15点40分，“天宫课堂”第一课正式开启，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲。我们向三位航天员致敬！ 航天员在火箭发射与飞船返回的过程中均要经受的一种考验就是我们必修一中学习的一节内容，请写出这个内容。_______________
12、(1)伽利略被称为现代物理之父，他曾两次利用斜面实验探究问题，下列说法正确的是( )

A．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算直接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
B．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
C．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因
D．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因
(2)某同学利用如图所示的装置探究“小车速度随时间的变化规律”，打点计时器每隔0.02s打一个点。实验中发现所得纸带的点间距过密，若利用该纸带分析小车运动情况，下列做法可行的是( )

A．直接研究纸带上的点，无需取计数点
B．只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域
C．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.1 s
D．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.08 s
解答题
13、2021年9月29日万里黄河第一隧“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s=4760m。一位质量为m=75kg的司机驾驶某小型汽车从起点处由静止以a=4m/s2的加速度匀加速起步，速度达到v=16m/s后保持匀速行驶，到达终点前s3=80m开始匀减速运动，到达终点时刚好停下，假设司机相对汽车始终静止，汽车在运动过程中始终可以看做水平面上的直线运动，重力加速度g取10m/s2，求
（1）汽车通过全程所用时间；
（2）司机匀加速过程中所受汽车作用力的大小。
14、在如图所示装置中，物体A和B用轻绳经定滑轮相连接，质量分别为mA和mB，忽略一切摩擦阻力和定滑轮的质量，重力加速度为g。试求B的加速度的大小。

15、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37°逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。
（1）计算说明该货物能否被运送到车上；
（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。

16、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

实验题
17、某小组的同学设计了一个研究汽车通过凹形桥最低点时的速度与其对桥面压力关系的实验装置。所用器材有小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径R=0.30 m）。完成下列填空：

（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.10 kg。
（2）将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，则该小钢球的重力为______N（重力加速度取10 m/s2）。
（3）将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放，小钢球经   过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次 从同一位置释放小钢球，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.78
1.83
1.76
1.84
（4）根据以上数据，可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为______N（重力加速度取10 m/s2）；小钢球通过最低点时的速度大小为______m/s；小钢球处于______（选填“超重”或“失重”）状态。
18、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
19、在学习完《圆周运动》这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：

（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=___________。
（2）在小明计数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=___________cm。
（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：

根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是___________。
（4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=___________（用题目所给出的符号表示）。
20、2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：

（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2Lt—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2
（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_____m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）
(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80）

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_001参考答案
1、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：
2、答案：C
解析：
当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。
故选C。
3、答案：B
解析：
A．根据图像可知，体重计示数与受支持力大小相等，由图乙可知，支持力先小于重力，后大于重力，故先失重后超重，即经历先加速下降后减速下降，故A错误；
B．由图乙可知，测量者在t1∼t2时间内表现为失重，因为支持力小于重力，合力向下，加速度向下，故B正确；
C．由图乙可知，测量者在t3时刻之前，合力一直向下，向下加速，t3时刻速度最大，故C错误；
D．由图乙可知，测量者在t4时刻合力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故D错误。
故选B。
4、答案：B
解析：
A．由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为
a1=ΔvΔt=81=8.0m/s
A错误；
B．对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+Ff=ma1
FN-mgcos37°=0
又
Ff=μFN
代入数据解得
μ=0.25
B正确；
C．由小物块上滑过程的速度-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移
x=v02t=82×1=4m
C错误；
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是
ΔE=2Wf=2μmgcos37°⋅x=2×0.25×20×0.8×4=32J
D错误。
故选B。
5、答案：BC
解析：
AB．对a受力分析，受到重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力，其中支持力等于重力加洛伦兹力，即
Nba=mag+qvB
由于加速，所以洛伦兹力变大，故支持力变大，由牛顿第三定律知，a对b的压力变大。A错误，B正确；
CD．将a、b当成一个整体受力分析，得到
F-f地=ma+mba
其中
f地=μ[ma+mbg+qvB]
所以整体的加速度在减小。
而对于a，a和b间的摩擦力为静摩擦力，则
fba=maa
加速度在减小，所以a、b物块间的摩擦力减小。C正确，D错误。
故选BC。
6、答案：BCD
解析：
A．v-t图线的斜率表示加速度，在t1时刻图线斜率为零，即加速度为零，说明外力F等于摩擦力，外力F不为零，A错误；
B．在0～t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B正确；
CD．在t1~t2时间内，加速度方向与运动方向相反且加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，外力F可能小于摩擦力（方向不变），且一直减小，也可能减小到零后反向增大，CD正确。
故选BCD。
7、答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
8、答案：BC
解析：
A．相对地面而言，小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；
B．小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1~t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；
C．由B中分析可知，0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；
D．在0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选BC。
9、答案：     减小     相互作用力
解析：
[1]喷洒消毒液的过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；
[2]汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。
10、答案：     3     0.05
解析：
[1][2]物体在力F作用下加速运动的加速度
a1=1010m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律可知
F-μmg=ma1
撤去F后，加速度大小
a2=1020m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可知
μmg=ma2
联立解得
F=3N
μ=0.05
11、答案：     探究小车速度随时间变化的规律     探究弹簧弹力与形变量的关系     探究两个互成角度的力的合成规律     探究加速度与物体受力、物体质量的关系     自由落体运动     超重和失重
解析：
（1）[1][2][3][4]必修一的四个实验分别是：探究小车速度随时间变化的规律、探究弹簧弹力与形变量的关系、探究两个互成角度的力的合成规律、探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
（2）[5]物理运动需要建立理想化物理模型，一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型是自由落体运动。
（3）[6]航天员在火箭发射与飞船返回的过程中要经受考验与我们学习的超重和失重有关。
12、答案：     BD     C
解析：
(1)[1]AB．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误，B正确；
CD．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因，C错误，D正确。
故选BD。
(2)[2]实验中发现所得纸带的点间距过密，测量误差较大，应每隔4个点取一个计数点，使计数点时间间隔为0.1s，方便测量、计算，减小误差，ABD错误，C正确。
故选C。
13、答案：（1）304.5s；（2）15029N
解析：
（1）加速过程由运动学公式
v=at1
t1=4s
s1=12at12
减速过程
s3=0+v2t3
t3=10s
匀速过程
s2=s-s1-s3
t2=s2v=290.5s
总时间
t=t1+t2+t3
t=304.5s
（2）作用力克服重力并提供了加速度，根据力的合成
F=ma2+mg2
F=15029N
14、答案：mAgmA+mB
解析：
对A、B整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
mAg=(mA+mB)a
可解得
a=mAgmA+mB
15、答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J
解析：
（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+Ff=ma1
其中滑动摩擦力
Ff=μFN=μmgcos37∘
联立得货物的加速度
a1=10 m/s2
取t1时刻，货物与传送带共速，有
v=v0-a1t1
解得
t1=0.4 s
在t1时间内，货物运动的位移
x1=v+v02t1=1.6 m
共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有
mgsin37∘-Ff=ma2
联立得货物的加速度大小
a2=2 m/s2
设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v' ,有
v'2-v2=-2a2L-x1
解得
v'=1m/s
即货物被运送到传送带顶端的速度为v'=1 m/s，所以货物能被运送到车上。
（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为
s1=v0+v2t1-vt1=0.8 m
t1后到货物被运送到传送带顶端用时
t2=v+v'a2=0.5 s
t2时间内，货物与传送带的相对位移为
s2=vt2-v+v'2t2=0.25 m
全程因摩擦而产生的热量
Q=Ffs1+s2=μmgcos37∘⋅s1+s2=42 J
16、答案：（1）F=3N，μ=0.05；（2）2m，方向水平向左
解析：
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
方向水平向右
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
17、答案：     3.0     7.0     2     超重
解析：
（1）[1]托盘秤的示数是1.40kg，则小钢球的质量是0.30kg，小钢球的重力是3.0N；
（4） [2][3][4]将5组实验数据取平均值为1.80kg ，则小钢球对桥的压力
F压=（1.80-1.10）×10N=7.0N
结合牛顿第三定律，根据
FN-mg=mv2R
可得
v=2m/s
小钢球对桥的压力大于自身重力，处于超重状态。
18、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。
19、答案：     tn     23.55     h     2πgg
解析：
解：（1）[1] 因从按下秒表的那一刻开始计数0，所以数到n时，经历了n个周期，因此
T=tn
（2）[2]刻度尺的最小分度值是0.1cm，有估读值，因此读数是23.55cm，即
h=23.55cm
（3）[3]由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有
mgtanθ=m（2πT）2Lsinθ
其中θ为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又
h=Lcosθ
解得
T=2πhg
由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与h成正比。
（4）[4]由以上结果
T=2πhg
可知
T=2πggh
由数学知识可知，图b中图像的斜率是
k= 2πgg
20、答案：     0.32或0.33     3.1     9.4
解析：
(1)[1][2]根据L=v0t+12at2可得
2Lt=2v0+at
则由2Lt-t图像可知
2v0=65×10-2m/s
则
v0=0.33m/s
a=k=(190-65)×10-240×10-2m/s2=3.1m/s2
(2)[3]由牛顿第二定律可知
mgsinθ-μmgcosθ=ma
即
a=gsinθ-μgcosθ
当θ=53°时a=5.6m/s2，即
gsin53∘-μgcos53∘=5.6
当θ=37°时a=3.0m/s2，即
gsin37∘-μgcos37∘=3.1
联立解得
g=9.4m/s2