2022年高考中物理牛顿运动定律题型总结及解题方法

2022年高考中物理牛顿运动定律题型总结及解题方法
单选题
1、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略用实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点，关
于伽利略理想实验，以下说法正确的是（）
A．完全是理想的，没有事实为基础
B．是以可靠事实为基础的，经科学抽象深刻反映自然规律
C．没有事实为基础，只是理想推理
D．过于理想化，所以没有实际意义
答案：B
解析：
在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律。

因此，理想实验是实
际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故ACD错误，B正确。

故选B。

小提示：
要了解伽利略“理想实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略实验的卓越之处不是实验本身，而是实验
所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。

（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端。

2、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=2mgsinθ
k
=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
F T−mgsinθ−μmgcosθ=ma
得到细线的拉力
F T=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。

3、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−N
m
=
50×10−45×10
50m/s
2=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。

4、关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（）
A．物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比
B．质量大的物体，其加速度一定小
C．物体所受到的合外力与物体的质量成正比
D．表达式F=kma中的比例系数k恒为1
答案：A
解析：
A．根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，选项A正确；B．根据牛顿第二定律可知，当物体受的合外力一定时，质量大的物体，其加速度一定小，选项B错误；C．物体所受到的合外力与物体的质量无关，选项C错误；
D．表达式F=kma中的比例系数k只有在国际单位制中的情况下才等于1，选项D错误。

故选A。

多选题
5、甲乙两队进行趣味拔河比赛，规定先动的一方判负。

刚开始时两队僵持，最后甲队获胜。

假设甲乙两队的手与绳子之间都没有相对滑动，拔河所用的绳子质量不计。

下列说法中正确的是（）
A．甲队的惯性不一定比乙队的大
B．甲队对绳的拉力与乙队对绳的拉力是一对作用力与反作用力
C．当甲队把乙队拉动时，甲对绳的拉力大小等于乙对绳的拉力大小
D．甲队对绳子的拉力与绳子对甲队的拉力是一对平衡力
答案：AC
解析：
A. 惯性的大小与质量有关，甲队的质量不一定大于乙队的的质量，故甲队的惯性不一定比乙队的大，A正确；
B. 甲队对绳的拉力与乙队对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力，B错误；
C.由于绳子质量不计，绳子受力平衡，故甲对绳的拉力大小等于乙对绳的拉力大小，C正确；
D. 甲队对绳子的拉力与绳子对甲队的拉力是一对作用力与反作用力，D错误；
故选AC。

6、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N<F<9N
由牛顿第二定律可得
a=F m
解得
2.5m/s2<a<4.5m/s2
AD错误，BC正确。

故选BC。

7、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＝μm2g
＝μg
m2
a1＝μm2g
m1
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＜μm2g
m1
则
m1＜m2
故选ACD。

8、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-F sinθ
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Fcosθ
m
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
F N=mg-F sinθ
A正确，B错误；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
Fcosθ−μF N=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。

填空题
9、在倾角为37°足够长的斜面上，一个物体从静止开始下滑，若动摩擦因数为0.25，则物体运动的加速度为_______m/s2，它下滑2m时的速度是________m/s。

（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案： 4 4
解析：
[1][2]对物体受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcosθ=ma
即加速度为
a=gsinθ−μgcosθ=4m s2
⁄
又由运动学公式
v2=2ax
解得物体下滑2m时的速度为
v=4m s⁄
10、小胡同学使用如图甲所示的挂有5根相同弹簧的拉力器训练，已知每根弹簧的劲度系数为k，重力加速度
为g，若他对拉力器两端的拉力均为F，则每根弹簧的伸长量为______。

如图乙所示，小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，突然右侧弹簧连接钢球处断开，则断开瞬间，钢球的加速度大小为______。

（忽略弹簧及拉环质量）
答案：F
5k
g
解析：
[1] 小胡同学对拉力器两端的拉力均为F，则5根弹簧的弹力为F，每根弹簧的弹力为F
5
，
由胡克定律可知
F
5
=kΔx
则每根弹簧的伸长量
Δx=F 5k
[2] 小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，根据平衡条件可知弹簧的弹力
F1=F2=mg
右侧弹簧连接钢球处断开，断开瞬间，小球所受右侧弹簧弹力消失，左侧弹簧弹力不变，则此时小球的合力与消失的弹力等大方向，根据牛顿第二定律
mg=ma
则
a=g
11、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
，地球表面重力加速度取10m/s2。

）
表面的重力加速度约为地球表面的2
5
（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=x
t
=
9
3600m/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
v t=v0+at
可得火星车在此阶段的加速度
a=v t−v0
t
=
3.6−95
80m/s
2=−1.14m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g 火=10×
2
5m/s
2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G−F
推
=ma
F
推
=6.68×103N
12、动力学的两类基本问题
（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出_____，再由运动学的有关公式求出速度或位移。

（2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出_____，再由牛顿第二定律
求出合力，从而确定未知力。

答案：加速度加速度
解析：
（1）[1] 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移
（2）[2] 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二
定律求出合力，从而确定未知力。

解答题
13、如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量为m2，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m1的物体A，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。

（1）求放手后A、B一起运动中绳上的张力F T。

（2）若在B上再叠放一个与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到3
2
F T，求m1：m2。

答案：（1）m1m2
m1+m2
g；（2）2：1。

解析：
（1）对A有
m1g﹣F T=m1a1
对B有
F T=m2a1
则
F T=
m1m2
m1+m2
g
（2）对A有m1g﹣F T2=m1a2对B+C有
F T2=2m2a2
则
F T2=2m1m2
m1+2m2
g 由
F T2=3
2
F T
得
2m1m2g m1+2m2=
3m1m2g 2(m1+m2)
所以
m1：m2=2：1
14、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度v0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离L=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。

将一可视为质点的小物块无初速度地从A端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在与传送带相对滑动时能在传送带上留下白色痕迹。

已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，取g=10m/s2。

求：
（1）物块在传送带上运动的时间t；
（2）物块相对传送带的位移Δx的大小；
答案：（1）2.2s；（2）3.8m
解析：
（1）设物块刚放到传送带上时初速度为0，在物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
经历的时间为
t1=v0
a1
=
2
10s=0.2s
物块运动的位移
x1′=v0t1
2m=
2×0.2
2m=0.2m
物块的速度达到v0之后，有
mgsinθ>μmgcosθ
所以物块与传送带共速后继续向下做匀加速运动。

由牛顿第二定律可得
mgsinθ−μmgcosθ=ma2代入数据解得
a2=2m/s2
设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为t2，则有
x2′=L−x1′=v0t2+1
2
a2t22
解得
t2=2s
所以此物块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=2.2s （2）传送带运动的位移分别为
x1=v0t1=2×0.2m=0.4m
x2=v0t2=4m
划出痕迹的长度为
ΔL1=x1−x1′=0.2m
ΔL2=x2′−x2=8m−4m=4m
物块相对传送带的位移为
Δx=ΔL2−ΔL1=3.8m
15、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：
F T-mg=ma
解得
a=1m/s2
由
v=v0＋at
解得
t =15s
（2）匀加速阶段位移
x 1=12at 2=12×1×152m=112.5m
匀速阶段位移 x 2=v （50s-2t ）=15×（50-2×15）m=300m
匀减速阶段位移
x 3=v 22a =112.5m
因此观景台的高度
x =x 1＋x 2＋x 3=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a 1=g
启动辅助牵引装置后加速度大小
a 2=F−mg m =3mg−mg m =2g
方向向上
则
v m 22a 1+v m 22a 2
=x 解得
vm =10√70m/s
则
t m=v m
g
=√70s
即电梯自由下落最长√70s时间必须启动辅助牵引装置。

16、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）16
3J，128
9
J
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=v0
a1
=0.4s
下滑位移
x1=1
2
v0t1=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=2a2(L−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−v0
a2
=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
1 2m1v2=
1
2
m1v12+
1
2
m2v22
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=v1
a1
=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=v0(t3+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+m3)v
共
解得
v 共=
8
3m/s
E p=1
2
m2v22−
1
2
(m2+m3)v
共
2=
16
3J
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
1 2m2v22=
1
2
m2v42+
1
2
m3v32
解得
v3=16
3m/s
则滑块C的最大动能
E k=1
2
m3v32=
128
9J
实验题
17、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
(1)当质量m一定时，a与F合成________；当力F一定时，a与M成________。

(2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图，以下做法正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B．本实验中探究的方法是控制变量法
C．实验时，先放开小车，后接通电源
D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究结果也不会产生影响
答案：正比反比 B
解析：
(1)[1]当质量m一定时，a与F合成正比；
[2]当力F一定时，a与M成反比；
(2)[3]A．平衡摩擦力时，应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动，A错误；
B．实验中采用控制变量法，即研究加速度与合力关系时控制小车质量不变，研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变，B正确；
C．实验时，先接通电源打点，后放开小车拖动纸带运动，C错误；
D．为减小实验误差，实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量，D错误。

故选B。

18、图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。

木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的电源的频率为50Hz。

开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列
点：
(1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。

用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点C时纸带的速度大小v=__________m/s；打该纸带的过程中滑块的加速度大小a=__________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
(2)若已知滑块的质量为m1，木板的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________。

（用相应的字母符号表示）
答案： 0.58 4.7 μ=m3g−(m1+m3)a
m1g
解析：
(1)[1][2]．相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；
v C=x BD
2T
=
(5.85−1.20)×10−2
0.08m/s=0.58m/s
a=x CE−x AC
4T2=(9.30−3.15−3.15)×10−2
4×0.042
m/s2=4.7m/s2
(2)[3]．根据牛顿第二定律可得m3g−μm1g=(m1+m3)a
解得
μ=m3g−(m1+m3)a
m1g
19、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。

把一根轻弹簧上端固定，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g重物
时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。

若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为___________N/m。

某时刻
观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为___________（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为
___________m/s2。

答案： 10 竖直向上 1.0
解析：
[1] 根据胡克定律F=kΔx可得
k=F
Δx
=
Δmg
Δx
=
(100−90)×10−3×10
1×10−2N/m=10N/m
[2] 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；
[3] 此时弹簧的弹力大小为
F=mg+kΔx′=0.1×10+10×0.01N=1.1N
根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
代入数据解得
a=1.0m/s2
20、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。

质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量
为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。

如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。

已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。

则：
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
（2）用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2。

答案： 1.5 1.9 9.5
解析：
(1)[1]打点间隔为
T=1
f
=0.02s
相邻计数点间的时间间隔为
∆t=5×0.02s=0.1s
在纸带上打下计数点5时的速度就是纸带上计数点4到计数点6的平均速度，即
v5=(13.78+15.70)×10−2
2×0.1
m s⁄=1.5m s⁄
(2)[2]根据逐差法，可得
a=(11.92+13.78+15.70)−(6.19+8.11+10.00)
9×0.12
×10−2m s2
⁄=1.9m s2
⁄
[3]根据牛顿第二定律，有
m2g−m1g=(m1+m2)a 解得
g=9.5m s2
⁄。