历年高考物理力学牛顿运动定律考点题型与解题方法.docx

历年高考物理力学牛顿运动定律考点题型与解题方法

1

单选题
1、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（　　）

A．F1:F2=3:1B．F1:F2=3:2
C．F1:F2=4:3D．F1: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θ，对于加速上升过程，竖直方向
FN1cosθ-mg=m⋅12g
水平方向
FN1sinθ=F1
解得
F1=32mgtanθ
对于减速上升过程，竖直方向
mg-FN2cosθ=m⋅12g
水平方向
FN2sinθ=F2
解得
F2=12mgtanθ
因此
F1=3F2
故BCD错误A正确。
故选A。
2、如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙两人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．若小车向右运动，表明车拉甲的力大于甲拉车的力
B．若小车静止不动，表明甲拉车的力与车拉甲的力是一对平衡力
C．若小车匀速向右运动，车拉甲的力和车拉乙的力是一对平衡力
D．无论小车运动状态如何，甲拉车的力总是与车拉甲的力大小相等，方向相反
答案：D
解析：
ABD. 无论小车运动状态如何，车拉甲的力与甲拉车的力是一对作用力与相互作用力，总是大小相等，方向相反，选项D正确，AB错误；
C. 车拉甲的力和车拉乙的力作用对象分别是甲和力，不是同一个受力对象，不是平衡力，选项C错误；
故选D。
3、如图所示，一个倾角为θ=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=100 N/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μ=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
B．A、B物块分离时细线的拉力为9N
C．从释放C到A、B分离，物块A的位移为12cm
D．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
2mgsinθ=kx0
得到
x0=2mgsinθk=12 cm
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-2mgsinθ-2μmgcosθ=3ma
对物块B、C整体分析有
mg-mgsinθ-μmgcosθ=2ma
联立得到分离时加速度为
a=1 m/s2
此时弹簧的压缩量为
x=9 cm
所以物块A在这段时间内上升的位移为
Δx=x0-x=3 cm
故CD错误；
B．对B分析有
FT-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得到细线的拉力
FT=9 N
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、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2g
C．A、B之间弹力为零D．A、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。
多选题
5、如图所示.轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为14L，重力加速度为g，sn37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）

A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
B．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
C．弹簧具有的最大弹性势能为mgL
D．物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL
答案：BD
解析：
A．设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据动能定理有
mgsin37°×12L-μmgcos37°×2L=0
解得
μ=316
A错误；
B．物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；
C．c点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得
Ep=(mgsin37°-μmgcos37°)×54L=916mgL
C错误；
D．当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于
mgsin37°×54L=34mgL
D正确。
故选BD。
6、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。
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μ=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/s
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．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=μmg
得到
a1=2m/s2
物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有
Ma2=μmg
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-12a1t2
x2=12a2t2
x1-x2=1
解得
t=1s
物块滑出木板时的速度
v=v0-at=4-2m/s=2m/s
A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=μmg+F
x3=v0t-12a1t2
x4=12a3t2
x3-x4=1
v0-a1t=a3t
解得
F=1N
C正确；
D．C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有
F+μmg=ma4
μmg=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+μmgM=3+20.5m/s2=10m/s2
两者速度相等时，位移差有
a5t=a0-a1t
v0t-12a1t2-12a5t2=x
解得
x=23
故
s-1=32m-1=1.5m-1
B正确；
故选BC。
8、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则（　　）

A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
答案：AB
解析：
A．由图乙可知，物块加速过程的加速度大小
a=ΔvΔt=44m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律可知
a＝μg
联立解得
μ＝0.1
故A正确；
B．由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离
x=(2+6)×42m=16m
小物块在传送带上留下的痕迹是
l＝4×4 m－4×42m＝8m
故B正确；
C．物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为
W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J
故C错误；
D．物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。
故选AB。
填空题
9、如图所示，质量分别为1kg和2kg的A和B两物块放在光滑的水平地面上，用劲度系数为k=200N/m轻质弹簧连接在一起。两物块在水平力拉力F=15N作用下，一起以相同的加速度向右做匀加速运动，其加速大小a=______m/s2，弹簧的伸长量x=______cm。

答案：     5     2.5
解析：
[1]对整体根据牛顿第二定律可得
a=FmA+mB=5m/s2
[2]设弹簧对A的弹力大小为FA，对A根据牛顿第二定律可得
FA=mAa=5N
根据胡克定律可得
x=FAk=2.5cm
10、教科书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。”其中最后一个“状态”是指物体的___________；物体总保持匀速直线运动状态或静止状态是因为物体具有___________。
答案：     速度     惯性
解析：
[1][2] 教科书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。”其中最后一个“状态”是指物体的速度；物体总保持匀速直线运动状态或静止状态是因为物体具有惯性。
11、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
ΔEp=mgΔh=20×10×20J=4000J
[3]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=mgΔht=mgv=20×10×0.5W=100W
12、如图所示，一只质量为m的小鸟停在圆弧形的树枝上休息，如果小鸟要停在树枝的A、B两点，你认为小鸟停在哪一点更轻松________（填“A”或“B”）；已知弧形树枝A点位置切线的倾角为θ，则小鸟停在该位置时对树枝的作用力大小为________（重力加速度为g）。

答案：     B     mg
解析：
[1]停在树枝的A点要避免滑落，需抓牢树枝，故小鸟停在B点更轻松。
[2]小鸟停在该B点时由平衡条件可得，树枝对小鸟的作用力竖直向上，大小等于mg，由牛顿第三定律可知，小鸟对树枝的作用力大小为mg。
解答题
13、如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为2 b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。
(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？（要求画出受力图）
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。（要求画出受力图）

答案：(1)g，见解析图甲；(2)3g，见解析图乙
解析：
(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示

因为
AB=BC=b
AC=2b
故轻绳BC与AB垂直
θ=45°
由牛顿第二定律
mgtan θ=ma
解得
a=g
(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示

由牛顿第二定律
FTm+mgtan θ=mam
根据题意
FTm=2mg
所以最大加速度为
am=3g
14、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75。对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）。求：
（1）圆环对杆的弹力大小；
（2）圆环加速度的大小；

答案：（1）0；（2）7.5 m/s2
解析：
（1）分析圆环的受力情况如图甲所示

将拉力F正交分解
F1=Fcosθ=15N
F2=Fsinθ=20N
因
G=mg=20N
与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。
（2）由（1）可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知
F合=F1=ma1
代入数据得
a1=7.5m/s2
15、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
16、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C，质量为m3=2kg。 木板C上静置一物块B，质量为m2=1 kg。现有一质量为m1 =2 kg的物块A以v0=5 m/s的速度从左端滑上木板C，木板C 与地面间的动摩擦因数为μ3=0.2,物块A与木板C间的动摩擦因数为μ1=0.4。物块A滑行一段距离后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短。从物块A滑上木板C开始计时，木板C的速度随时间t变化的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B大小可忽略。取g=10 m/s2，求：
（1）木板C刚开始运动时的加速度大小；
（2）物块B与木板C间的动摩擦因数μ2；
（3）物块A、B间的最终距离。

答案：（1）1m/s；（2）0.4；（3）Δx=2815m
解析：
（1）由图乙可知木板C开始运动时的加速度大小
a=ΔvΔt=1m/s2
（2）物块A与木板C之间的摩擦力
Ff1=μ1m1g=8N，Ff1=m1a1
木板C与地面之间的最大静摩擦力
Ff3=μ3(m1+m2+m3)g=10N
所以开始物块A滑动时，木板C静止不动。物块A、B碰撞后都向右滑动的过程中，物块B与木板C之间的摩擦力
Ff2=μ2m2g，Ff2=m2a2
木板C的加速度
a=Ff1+Ff2-Ff3m3
解得
μ2=0.4
（3）由图乙可知木板在0.5s时开始滑动，说明物块A滑行0.5s时与物块B碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度
v2=v1-a1t1=3m/s
物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律得
m1v2=m1v3+m2v4
由机械能守恒定律得
12m1v22=12m1v32+12m2v42
解得
v3=1m/s，v4=4m/s
A、B碰撞后物块A向右减速，加速度大小为a1，物块B向右减速，加速度大小为a2，木板C向右加速，加速度大小为a，经时间t，物块A与木板C共速，则
v5=v3-a1t=at
此时物块B的速度大小
v6=v4-a2t
此过程A运动的位移
x1=v3+v52t
B运动的位移
x2=v4+v62t
此后A、C整体相对静止和B分别减速至零，以A、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff3-Ff2=(m1+m3)a共
此过程A、C整体的位移
x3=v522a共
B的位移
x4=v622a2
由以上各式联立，解得A、B间的最终距离
Δx=(x2+x4)-(x1+x3)=2815m
实验题
17、大家知道，质量可以用天平来测量。但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量，那么应该如何测量呢？
北京时间2013年6月20日上午10时，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测仪完成的。由牛顿第二定律F=ma可知，如果给物休施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。

（1）如图，假如航天员在A、B两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1.将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2.据此可知A、B两物块的质量之比mA：mB=___________。

（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a=______（用x、t表示）。这样，我们就能够计算出A物体的质量mA=_______（用F、N1、N2、x、t表示）。
答案：     N1:N2     2xt2     Ft2N12x(N1+N2)
解析：
（1）[1] 让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1
F=(mA+mB)a ，N1=mAa
将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2
F=(mA+mB)a ，N2=mBa
A、B两物块的质量之比
mA:mB=N1:N2
（2）[2][3]物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度
x=12at2 ，a=2xt2
A物体的质量
mA=Ft2N12x(N1+N2)
18、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M≫m ；又因为f=μMg，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-μMgM ,a=mg-Tm
解得
μ=mg-M+maMg
19、某同学制作一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量在竖直方向运动物体的加速度。如图所示，把一根轻弹簧和一把刻度尺悬挂在铁架台上，弹簧下端不挂重物时，指针指在刻度尺的零刻度线，然后在弹簧下端固定重为1.0N的小球制作成“竖直加速度测量仪”。测量仪静止时指针所指的位置如图所示，此处标记为加速度的“0”刻度，取重力加速度g=10m/s2。

（1）根据上述操作，计算得到该弹簧的劲度系数为_______Nm；（计算结果保留2位有效数字）
（2）规定竖直向上为加速度的正方向，该同学对各刻度线对应的加速度进行标记，这样，当指针稳定指向某一刻度时，就能测出其对应的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为_______ms2，刻度尺11.00cm的刻度线应标记为_______ms2。（计算结果均保留2位有效数字）
答案：     10     -2.0     1.0
解析：
（1）[1]该弹簧的劲度系数为
k=FΔx=1.0N10cm=10N/m
（2）[2]当指针指向刻度尺8.00cm刻度线时，弹簧的弹力为
F=k⋅Δx=0.8N＜1N
所以此时小球具有向下的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为
a=-1N-0.8N1N10m/s2=-2.0m/s2
（2）[3]当指针指向刻度尺11.00cm刻度线时，弹簧的弹力为
F=k⋅Δx=1.1N＞1N
所以此时小球具有向上的加速度，则刻度尺11.00cm的刻度线应标记为
a=1.1N-1N1N10m/s2=1.0m/s2
20、如图(甲)所示为某同学测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图

实验步骤如下：
A．用天平测出物块质量m1、重物质量m2
B．调整长木板上的轻滑轮，使滑轮与物块间的细线水平
C．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹
D．多次重复步骤（C），选取点迹清晰的纸带，求出加速度a
E.根据上述实验数据求出动摩擦因数μ
回答下列问题：
（1）在实验步骤A中是否一定需要满足重物质量m2远小于物块质量m1。______ (填“是”或“否”)
（2）实验中打出的一条纸带如图(乙)所示，标出的每相邻两个计数点间都还有四个计时点未画出，则物块的加速度a=______m/s2(结果保留三位有效数字)．
（3）实验中已知m2m1=k，根据实验原理，得动摩擦因数的表达式μ= ______ (用字母k、a和重力加速度g表示)．
答案：     否     1.51     k-(1+k)ag
解析：
（1）[1]把物块和重物作为整体根据牛顿第二定律求得加速度，故不需要满足重物质量m2远小于物块质量m1；
（2）[2]各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是T=5t0=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有：
Δx=aT2
得物块的加速度：
a=x4+x3-x2-x14T2=1.51m/s2
（3）[3]对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：
m2g-μm1g=m1+m2a
解得：μ=k-1+kag

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