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2022年高考中物理牛顿运动定律考点总结

1

单选题
1、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θ；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-mg
D．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)cosθ
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α，对结点由平衡条件可得甲拉的绳索上的拉力为
T1=mgcosα
由平衡条件可得，甲受到的摩擦力为
f1=T1cosθ
由于α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=mgtanα
由平衡条件可得，乙受到的摩擦力为
f2=T2
由于α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+Tsinθ=M甲g
解得楼顶对甲的支持力为
N=M甲g-Tsinθ=M甲g-mgsinθ
C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=T'cosθ
联立解得楼顶对甲的摩擦力为
f=m(g+a)cosθ
D正确。
故选D。
2、下列说法正确的是（     ）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
B．万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。
故选C。
3、如图所示，有A、B两物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（　　）

A．它们的加速度a＝gsinθ
B．它们的加速度a<gsinθ
C．细绳的张力FT≠0
D．细绳的张力FT=13mBgsinθ
答案：A
解析：
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
(mA+mB)gsinθ＝(mA+mB)a
解得
a＝gsinθ
A正确，B错误；
B．对B受力分析，由牛顿第二定律可得
mBgsinθ+T=mBa
解得
T=0
故细绳的张力为零，CD错误。
故选A。
4、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
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：
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、如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成θ的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）

A．地面对物体的支持力大小为mg-Fsinθ
B．地面对物体的支持力大小为mg
C．物体运动的加速度大小为Fcosθm
D．物体运动的加速度大小为Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
答案：AD
解析：
AB．物体的受力如图所示

由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为
FN=mg-Fsinθ
A正确，B错误；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
Fcosθ-μFN=ma
联立解得，物体运动的加速度大小为
a=Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
C错误，D正确。
故选AD。
7、2021年4月29日，长征五号遥二运载火箭在海南文昌成功将空间站天和核心舱送入离地高约450km的预定轨道。2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，将航天员翟志刚、王亚平、叶光富成功送入了天和核心舱。他们将在核心舱驻留6个月，主要任务是验证中国空间站建造相关技术，为我国空间站后续建造及运营任务奠定基础。下列说法正确的是（　　）

A．核心舱在轨运行周期小于24小时
B．组合体在轨运行速度大于7.9km/s
C．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升
D．在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；当宇航员进入空间站仍然受重力作用，但处于失重状态
答案：AD
解析：
A．根据r3T2=k，核心舱的运动半径小于同步心卫星的运动半径，则对应的周期更小，即运行周期小于24h，A正确；
B．组合体在轨运行速度不可能大于7.9km/s，7.9km/s是最大的环绕运行速度，B错误；
C．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气反向推动火箭上升，与空气无关，C错误；
D．在宇宙飞船加速升空过程中，有向上的加速度，宇航员处于超重状态;当宇航员进入空间站时，重力提供向心力，处于失重状态，D 正确。
故选AD。
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
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。
填空题
9、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。
10、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。
11、理想实验是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到一种理想状态，从而来揭示自然现象本质的假想实验。为了说明运动和力的关系，伽利略设计了如图所示的理想实验。

(1)关于伽利略的这个理想实验，下列说法正确的是( )
A．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实
B．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是合理外推的理想状态
C．“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是揭示自然现象的本质
D．“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质
(2)伽利略的理想实验否定了亚里士多德关于运动和力关系的错误认识。亚里士多德的认识是____________________。
答案：     AD     运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）
解析：
(1)[1]AB．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实，A正确、B错误；
C．“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是合理外推的理想状态，C错误；
D．“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质，D正确。
故选AD。
(2)[2]亚里士多德的认识是运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）。
12、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
解答题
13、如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为m=1kg，B物体距离地面高度h=2m。现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数μ；
（2）若A与滑轮的距离L=3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。

答案：（1）0.2；（2）6N
解析：
（1）以物体B为研究对象
h=12at2
a=4m/s2
A与B连接在一条绳子上，则加速度大小相同，绳子对两者弹力大小相同，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律可知
mg-T=ma
以物体A为研究对象，同理有
T-Ff=ma
Ff=μmg
解得
μ=0.2
（2）当物体B落地后，A物体将在力作用下做匀减速直线运动直到停止，当物体B落地时，A物体与B物体具有相同的速度大小，由
v=v0+at
v=4m/s
由
2a'x=v2
其中
x=L-h
得A物体作匀减速运动的加速度大小
a'=8m/s2
由牛顿第二定律
F+μmg=ma'
解得
F=6N
14、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μ1=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=μ1mgm=μ1g=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=1.522×3m+1.5×1m=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
Δs=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=μ1mgm=μ1g=1m/s2
经过t0=0.5s时，煤块速度为
v1=v0-a1t0=1.5m/s-1×0.5m/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μ2，由于
a2=2m/s2
且
Ma2=μ1mg-μ2mg+Mg+F
代入数据解得
μ2=0.2
由于
μ2>μ1
则共速后煤块将仍以加速度大小
a1=μ1mgm=μ1g
匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3匀减速运动
Ma3=μ1mg-μ2mg+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=12×0.5+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=0.65m
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、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Δx=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μ。（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
Δt=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=ΔxΔt=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θ，则
l=v22a=3.622×1.5m=4.32 m
所以
sinθ=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 θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得
μ=0.40
实验题
17、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

答案：     E     1.37     0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
vD=xCE2T=xCD+xDE2T
代入数据解得：vD=1.37m/s；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
18、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(k⩽n)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
μm1g=m2g
得
μ=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-μ(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-μ(m1-km0)g=(m1+m2)a
得
a=m0g+μm0gm1+m2k
即a与k成正比，因此选A。
19、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）[2][3]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
Δx=at2
得木块的加速度
a=x2-x1210f2=x2-x1f2200
（3）[4]由牛顿第二定律有
mg-μMg=(m+M)a
解得
μ=mM-(m+M)x2-x1f2200Mg
20、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个相同的弹簧测力计连接在一起对拉（如图所示），发现作用力与反作用力的大小_____（选填“相等”或“不相等”）；作用力与反作用力的方向______（选填“相同”或“相反”）；同时发现作用力与反作用力的作用________（选填“有”或“没有”）先后。

答案：     相等     相反     没有
解析：
[1][2][3]根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失，
F=-F'
则作用力与反作用力的作用没有先后。

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