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2022年高考中物理牛顿运动定律知识汇总笔记

1

单选题
1、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
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。
2、小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯在竖直方向运动过程中，他看到体重计的示数为45kg时，取重力加速度g=10m/s2。下面说法中正确是（　　）
A．电梯可能在加速上升，加速度大小为9m/s2
B．电梯可能在加速上升，加速度大小为1m/s2
C．电梯可能在减速上升，加速度大小为1m/s2
D．电梯可能在减速下降，加速度大小为9m/s2
答案：C
解析：
体重计示数减小，即小明对体重计的压力减小，即电梯处于失重状态，所以电梯的加速度方向向下，大小为
a=mg-Nm=50×10-45×1050m/s2=1m/s2
所以可能在以1m/s2的加速减速上升或加速下降，故C正确，ABD错误。
故选C。
3、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（     ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
答案：D
解析：
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
D正确。
故选D。
4、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，ma<mb，A项错误；
B．经时间t到下半区域的同一水平面，由动能定理
W=qEx=ΔEk
xa>xb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
多选题
5、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
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。
6、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（　　）

A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
答案：ACD
解析：
滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为
a2＝μm2gm2＝μg
a1＝μm2gm1
由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则
a2＜a1
即
μg＜μm2gm1
则
m1＜m2
故选ACD。
7、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。
8、如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（　　）

A．f＝0B．f≠0
C．FN＝0D．FN≠0
答案：BC
解析：
CD．开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力
f'=F
B受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为13F；
撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知
aB=23F2m=F3m
aC=13Fm=F3m
B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力
FN=0
D错误，C正确；
AB．撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力
f=maB=F3
A错误，B正确。
故选BC。
填空题
9、如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是1：2：3。设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时，木块A的加速度大小等于________；木块B的加速度大小等于__________。（g为重力加速度）

答案：     0     1.5g
解析：
[1][2] 设木块A的质量为m，抽出木块C之前，木块A受到重力和弹力，有
F弹=mg
撤去木块C瞬间，木块C对B的支持力变为零，弹簧的弹力瞬间不变，木块A受力情况不变，故木块A的加速度为零
块B受重力2mg和弹簧向下的弹力，由牛顿第二定律可知，物体B的瞬时加速度为
a=3mg2m=1.5g
10、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的25，地球表面重力加速度取10m/s2。）

（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_________m/s。
（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是( )
A．气动减速段，只受到气体阻力的作用
B．伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力
C．动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质______，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小______。
答案：     不变     2.5×10-3     C     匀减速直线运动     6.68×103N
解析：
（1）[1]惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变
[2] 平均速度
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A错误；
B．伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B错误；
C．动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力， D错误。
故选C。
（3）[4][5]由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据
vt=v0+at
可得火星车在此阶段的加速度
a=vt-v0t=3.6-9580m/s2=-1.14m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g火=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F推=6.68×103N
11、方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的______，利用牛顿第二定律可得G＝______。
答案：     质量m     mg
解析：
略
12、如图，质量为m的圆环套在固定的粗糙程度均匀的竖直杆上，轻质弹簧的左端固定在墙壁上的O点，右端与圆环相连。初始时刻，圆环处于A点，弹簧水平，且恰好处于原长状态。将圆环从A点由静止释放，第一次经B点时环的速度最大，最低可到达C点。之后，圆环沿杆向上滑动。忽略空气阻力的影响，则圆环从C点向上运动的过程中，速度最大的位置________（选填“在B点”、“在B点上方”、“在B点下方”、“无法确定”）。圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：___________。

答案：     在B点下方     动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大
解析：
[1]圆环向下运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向
F弹竖+f=mg
圆环向上运动时，经过B′点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向
F'弹竖=mg+f'
则
F'弹竖>F弹竖
可知在B′点时弹簧伸长量较大，即B′点在B点下方；
[2]圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。
解答题
13、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度θ=37°，传送带与水平面平滑连接，光滑水平面上放置两个用弹簧连接的滑块B和C，传送带以速度v0=4m/s顺时针传动，现将质量m1=1kg的滑块A（可视为质点）轻放在传送带的最高端，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块B和C的质量分别为m2=2kg、m3=1kg，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）滑块A第一次到达传送带底端时速度大小；
（2）滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能；
（3）滑块B、C与弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能和滑块C的最大动能。

答案：（1）6m/s；（2）13.6J；（3）163J，1289J
解析：
（1）依题意，可得滑块A向下加速的加速度
a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
达到传送带速度所用时间
t1=v0a1=0.4s
下滑位移
x1=12v0t1=0.8m
此后滑块A的加速度
a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有
v2-v02=2a2L-x1
解得
v=6m/s
（2）滑块A第二段加速运动到传送带底端所用时间
t2=v-v0a2=1s
滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移
d1=v0t1-x1=0.8m
第二段加速运动过程与传送带间的相对位移
d2=L-x1-v0t2=1m
滑块A与B发生弹性碰撞，有
m1v=m1v1+m2v2
12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得
v1=-2m/s，v2=4m/s
可知滑块A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑块B，滑块A向上冲到最高点所用时间
t3=v1a1=0.2s
再次返回传送带底端所用时间
t4=t3=0.2s
与传送带相对位移
d3=v0t3+t4=1.6m
滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能
E=μm1gcos37°d1+d2+d3=13.6J
（3）滑块B与C作用，当两者达到共同速度时，弹簧弹性势能最大，有
m2v2=m2+m3v共
解得
v共=83m/s
Ep=12m2v22-12m2+m3v共2=163J
当弹簧恢复原长时，滑块C有最大动能，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v2=m2v4+m3v3
12m2v22=12m2v42+12m3v32
解得
v3=163m/s
则滑块C的最大动能
Ek=12m3v32=1289J
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
16、如图所示，底边AB恒定为b，当斜面与底边夹角θ为多大时，物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短？

答案：45°
解析：
设斜面长度为L，有
L＝bcosθ
a＝gsin θ
且有
L＝12at2
解得
t＝2bgsinθcosθ＝4bgsin2θ
故当θ＝45°时，所用时间最短，最短时间为
tmin＝4bg
实验题
17、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD．.....FG之间的间距分别是x1、x2、x3......x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=________（用题目和图中已知字母表示）；

（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=________（用字母m、a、g表示）；
（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会______（填“偏大”或“偏小”）。
答案：     x4+x5+x6-x1-x2-x39T2     m(g+a)g-a     偏小
解析：
（1）[1]物体P和Q一起做匀加速运动。故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有
Δx=aT2
所以
a=x4+x5+x6-x1-x2-x39T2
（2）[2]忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有
Mg-mg=(M+m)a
整理得到
M=m(a+g)g-a
（3）[3]若考虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q质量的测量值会偏小。
18、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43
19、小明在课本上查到“木—木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：

(1)如图所示，将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过跨过滑轮的细绳与沙桶相连，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ=_______。
(2)由于找不到天平，小明进行了如下实验步骤：
①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带一端系在木块上，并穿过打点计时器；
②将木板不带滑轮的一端垫高，直到轻推木块，木块能做匀速直线运动；
③挂上沙桶（沙桶及沙的总质量保持不变），接通电源，待打点稳定后释放木块，得到如图纸带（相邻两计数点间还有1个点未画出）。已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=______m/s2。（保留2位有效数字）。
(3)若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则可求得μ=________（保留2位有效数字）。
答案：     mM     2.4     0.32
解析：
(1)[1]．由题意可知，物块匀速运动时满足
mg=μMg
即
μ=mM
(2)[2]．根据Δx=aT2 解得
a=x36-x039T2=(6.96+6.57+6.19-5.80-5.42-5.04)×10-29×0.042m/s2=2.4m/s2
(3)[3]．由牛顿第二定律
mg=(M+m)a
又
mg=μMg
联立解得
μ=0.32
20、理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示。下面是关于该实验被打乱的步骤：

①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要到达原来的高度。
②如图为两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面。
③如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。
(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列________（填写序号即可）。
(2)在上述的设想实验步骤中，有的属于可靠的实验事实，有的则是理想化的推论，请问步骤②属于________________。
答案：     ②③①④     可靠的实验事实
解析：
(1)[1]本题向我们展示了科学史上著名的理想实验的思想方法，即在实验事实的基础上，经过合理的推理、想象，获取结论,正确的排列顺序是②③①④。
(2)[2]针对题目所述的实验步骤，步骤②属于可靠的实验事实。

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