高考物理一轮复习牛顿运动定律专项检测卷及答案解析.docx

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高考物理一轮复习牛顿运动定律专项检测卷及答案解析

2020高考物理一轮复习【牛顿运动定律】专项检测卷

（本试卷满分95分）

一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）

1．如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车和木块，让它们一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为μ.对于这个过程，某班同学有以下4个式子表达木块受到的摩擦力的大小，你认为一定正确的是（　　）

A．F－MaB．（M＋m）aC．μmgD．Ma

答案：

A

解析：

以小车和木块组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝（M＋m）a，以木块为研究对象，有f＝ma，以小车为研究对象，有F－f′＝Ma，其中f′＝f，故f＝F－Ma，选项A正确．本题特别需要指出的是：

由于小车和木块间没有相对滑动，所以它们之间的摩擦力应该是静摩擦力．

2.

如图所示，质量为m0、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动．若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，斜面体始终静止，重力加速度大小为g.施加恒力F后，下列说法正确的是（　　）

A．小物块沿斜面向下运动的加速度为

B．斜面体对地面的压力大小等于（m＋m0）g＋Fsinθ

C．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

D．斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化

答案：

A

解析：

根据题述，小物块沿斜面向下匀速运动，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，可得μmgcosθ＝mgsinθ，给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，对小物块，由牛顿第二定律有，F－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，联立解得a＝

，选项A正确；小物块沿斜面向下匀速运动时，对小物块和斜面体整体受力分析，根据平衡条件可得，地面对斜面体的支持力等于斜面体和小物块重力之和，大小为（m＋m0）g.给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F后，小物块对斜面体的压力和摩擦力均不变，即斜面体对小物块的作用力的大小和方向都不变，地面对斜面体的摩擦力为零，斜面体对地面的压力大小等于（m＋m0）g，选项B、C、D错误．

3.

如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，已知重力加速度为g，当升降机以加速度a＝

竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是（　　）

A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下

B．B球的加速度大小为g，方向竖直向上

C．A球的加速度大小为

g，方向斜向左下方

D．A球的加速度大小为

g，方向沿OA方向

答案：

C

解析：

O、A间的细线被剪断前，对小球A，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30°－mg＝ma，F2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝

mg，在O、A间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速度aAx＝

＝

g，竖直向下的加速度aAy＝g，则A球的加速度大小为aA＝

＝

g，方向斜向左下方；而B球的加速度仍为a＝

，方向竖直向上，C正确．

4．如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上），对A施加一竖直向下、大小为F（F>2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于平衡状态，现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，不计空气阻力，则关于FN的说法正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．刚撤去力F时，FN＝

B．弹簧弹力大小为F时，FN＝

C．A、B的速度最大时，FN＝2mg

D．弹簧恢复原长时，FN＝mg

答案：

B

解析：

对A施加一竖直向下、大小为F（F>2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于平衡状态，弹簧弹力大小为F＋2mg.刚撤去力F时，A、B向上加速运动，由牛顿第二定律可得，a＝

，对A受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝

，选项A错误．当弹簧弹力大小为F时，对A、B整体，由牛顿第二定律有，F－2mg＝2ma1，隔离A，由牛顿第二定律有，FN－mg＝ma1，解得FN＝

，选项B正确．A、B的速度最大时，加速度为零，弹簧弹力大小为2mg，FN＝mg，选项C错误．弹簧恢复原长时，A、B只受重力向上运动，FN＝0，选项D错误．

5．（多选）如图甲所示，质量M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝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

和F的关系图象如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1，B点和C点所对应的横坐标分别为aN、bN．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2.则有（　　）

A．BC段表示物块最终从木板的右端离开

B．DE段表示物块最终从木板的左端离开

C．a＝1

D．b＝2

答案：

BC

解析：

经分析可知，AB段表示物块从木板的右端离开，BC段表示物块没有离开木板，DE段表示物块从木板左端离开，故A错误，B正确．B点表示物块刚好滑到木板右端与木板相对静止，由AB段可知木板的长度为l＝1m，物块的加速度大小为a物＝μg＝2m/s2，设经过时间t物块与木板相对静止，则有Δx＝l＝

v0t＝1m，可得t＝0.5s，则木板的加速度大小为a木＝

m/s2＝6m/s2，对木板受力分析可得a木＝

＝6m/s2，代入得Fa＝1N，C正确．C点表示物块与木板刚好相对静止时的最大外力，则有Fb＝（M＋m）μg＝3N，故D错误．

6．如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg.下列关于运动中的速度—时间图象正确的是（　　）

答案：

C

解析：

开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大．当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大．再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确．

7.

一质量为m＝2.0kg的木箱静止在粗糙的水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F，使木箱由静止开始运动，测得0～2s内其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示．已知重力加速度g＝10m/s2，下列关于木箱所受拉力F的大小和运动速度v随时间t变化的图象正确的是（　　）

答案：

A

解析：

在0～2s内，木箱加速度由4m/s2逐渐减小到0，由加速度图象可得a＝4－2t（m/s2），由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，可得F＝12－4t（N），即在0～2s内，A正确，B错误；在0～2s内，木箱速度增加4m/s,2s后木箱加速度为零，木箱的速度为4m/s，C、D错误．

8.

（多选）如图所示，某科研单位设计了一质量为m的空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞行器恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经t时间后，将动力的方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（　　）

A．加速时动力的大小等于mg

B．加速时加速度的大小为g

C．减速时动力的大小等于

mg

D．减速飞行t时间后速度为零

答案：

BC

解析：

画出飞行器沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行时的受力示意图，如图1所示，由图中几何关系可知F合＝mg，由mgcos30°＝

，可得加速时动力的大小F＝

mg，选项A错误，B正确；画出飞行器沿原方向匀减速飞行时的受力示意图，如图2所示，由sin60°＝

，可得减速时动力的大小F′＝

mg，选项C正确；加速飞行t时间后的速度为v＝at＝gt，减速飞行时的合外力大小为mgcos60°＝

，减速飞行时的加速度大小为

，减速飞行2t时间后速度为零，选项D错误．

二、非选择题（本题包括4小题，共47分）

9．（8分）如图甲所示，力传感器A与计算机（未画出）相连接，可获得拉力随时间变化的规律．将力传感器固定在水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，调节力传感器高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m＝1.5kg，小车的质量M＝1.65kg.一根轻质细绳跨过光滑的轻质定滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空砂桶，调节滑轮使桌面上部细绳水平，整个装置处于静止状态．现打开力传感器，同时缓慢向砂桶里倒入砂子，当小车刚好开始运动时，立即停止倒砂子．若力传感器采集的F－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则：

（1）滑块与小车间的动摩擦因数μ＝____________；若忽略小车与水平桌面间的摩擦，滑块从小车上滑落前，小车稳定运动的加速度大小a＝________________m/s2.

（2）若实验中力传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略高一些，由此而引起动摩擦因数μ的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）．

答案：

（1）0.2（3分）　0.25（3分）　

（2）偏小（2分）

解析：

（1）结合题图乙可知，滑块与小车间的最大静摩擦力fmax＝3.5N，此时砂桶及所装砂子的总重力m0g＝fmax，解得：

m0＝0.35kg.小车在运动时与滑块间的滑动摩擦力f＝3.0N，由f＝μmg，解得：

μ＝0.2；对砂桶、砂子、小车组成的整体，根据牛顿第二定律得：

m0g－f＝（M＋m0）a，解得：

a＝0.25m/s2.

（2）若力传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略高一些，导致压力减小，则滑动摩擦力偏小，因此动摩擦因数μ的测量结果偏小．

10．（8分）用图甲的装置“验证牛顿第二定律”时有两个“巧妙”的设计，一是要求小车的质量远大于砂和砂桶的质量之和；二是对小车要进行“平衡摩擦力”操作．

回答下列问题：

（1）实验要求“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”的目的是__________________________________________________________

______________________________________________________.

（2）对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是________（填字母序号）．

A．取下砂和砂桶

B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动

C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开

D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度

（3）在满足实验条件下，某同学得到了如图乙的图线（M为小车和砝码的总质量），图线在纵轴上截距不为零的原因是_________________________________________________________．

答案：

（1）绳的拉力（近似）等于砂和砂桶的重力之和[小车所受的合外力（近似）等于砂和砂桶重力之和]（3分）

（2）AD（选不全的不给分）（3分）

（3）长木板的倾角过大（平衡摩擦力过度）（2分）

解析：

（1）根据实验原理，只有“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”才能认为绳的拉力等于砂和砂桶的重力之和．

（2）平衡摩擦力时应该取下砂和砂桶，选项A正确，选项B错误；小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应该开启，选项C错误；把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度，用来平衡摩擦力，选项D正确．（3）图线在纵轴上截距不为零的原因是平衡摩擦力过度．

11．（15分）如图所示，水平地面上有三个质量均为m＝1kg的小物块A、B、C，A、B间用一根轻绳水平相连．一水平恒力F作用于A上，使三物块以相同加速度运动一段时间后撤去F.已知B与C间的动摩擦因数μ1＝0.5，A和C与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.求：

（1）F的最大值；

（2）从撤去F到三物块停止运动的过程中，B受到的摩擦力．

解析：

（1）B、C恰好要相对滑动时

对C：

μ1mg－μ2（m＋m）g＝ma（3分）

解得a＝1m/s2（1分）

由题意知，A、B、C相对静止时，F有最大值Fmax

对A、B、C整体：

Fmax－μ2（m＋m＋m）g＝3ma（2分）

解得Fmax＝9N（1分）

（2）撤去F后，设B、C相对静止

对A、B、C整体：

μ2（m＋m＋m）g＝3ma′（2分）

解得a′＝2m/s2（1分）

对C：

μ2（m＋m）g－fBC＝ma′（2分）

解得fBC＝2N≤fBm＝μ1mg＝5N（2分）

故假设成立，由牛顿第三定律可知，B受到的摩擦力为2N，方向水平向左（1分）

12．（16分）如图甲所示，“

”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）．求：

（1）斜面BC的长度s；

（2）滑块与木块AB表面之间的动摩擦因数μ.

解析：

（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得

a1＝gsinθ＝6m/s2（4分）

通过题图乙可知滑块在斜面上运动时间为t1＝1s（1分）

由运动学公式得斜面BC的长度为s＝

a1t

＝3m（3分）

（2）由答图可知

滑块对斜面的压力N1′＝mgcosθ（1分）

木块对传感器的压力

F′1＝F1＝N′1sinθ（2分）

由题图乙可知：

F1＝12N

解得m＝2.5kg（1分）

滑块在AB上运动时

传感器对木块的拉力F2＝f′＝μmg＝5N（3分）

μ＝

＝0.2（1分）

探究创新卷③着眼于练模拟悟规范——争满分

（本试卷满分95分）

一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）

1.

如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg、m3＝3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量及摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

A．和m1一起沿斜面下滑

B．和m1一起沿斜面上滑

C．相对于m1上滑

D．相对于m1下滑

答案：

D

解析：

假设m1和m2保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝

＝2.5m/s2.对m2分析，根据牛顿第二定律得f－m2gsin30°＝m2a，解得f＝m2gsin30°＋m2a＝15N，最大静摩擦力fm＝μm2gcos30°＝8

N，可知f＞fm，则m2的加速度应小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．

2．如图甲所示，一根质量分布均匀的粗绳AB长为l，在水平恒力F的作用下沿水平面运动．绳上距A端x处的张力FT与x的关系如图乙所示（F和l为已知量）．下列说法正确的是（　　）

A．粗绳一定不受摩擦力作用

B．若只增大恒力F，则FT－x直线斜率的绝对值变大

C．若已知粗绳的质量，则可求出粗绳运动的加速度

D．若已知粗绳运动的加速度，则可求出粗绳的质量

答案：

B

解析：

从设题内容不能确定粗绳是否受摩擦力，选项A错误；设粗绳的质量为m，加速度为a，与地面的动摩擦因数为μ，以距A端x处的后面一段绳为研究对象有FT－μ

mg＝

ma，即FT＝－

x＋（μmg＋ma）或FT＝－

x＋F，若只增大恒力F，则FT－x直线斜率的绝对值变大，选项B正确；因粗绳的质量m、加速度a、与地面的动摩擦因数μ均未知，选项C、D错误．

3．[2019·河南开封模拟]以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比，下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的过程中速度随时间变化情况的是（　　）

答案：

D

解析：

设小球所受的阻力f＝kv，小球的质量为m，则在小球上升的过程中有mg＋f＝ma，得a＝g＋

，由于上升过程中小球的速度越来越小，小球的加速度a也越来越小，故v－t图象的斜率的绝对值越来越小，A、B错误；在下落过程中有a＝g－

，下落过程中小球的速度越来越大，故小球的加速度越来越小，则v－t图象的斜率的绝对值越来越小，选项C图象的斜率的绝对值越来越大，C错误、D正确．

4．[2019·广州深圳中学模拟]（多选）如图所示，甲图为光

滑水平桌面上质量为M的物体，用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5N；乙图为同一物体M在光滑水平桌面上用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F，拉力F的大小也是5N，开始时M距桌边的距离相等，则（　　）

A．M到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等

B．甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小

C．甲图中M到达桌边时的动能较大，所用时间较短

D．乙图中绳子受到的拉力较大

答案：

BD

解析：

将题图甲的两个物体整体作为研究对象，由牛顿第二定律得aM＝

；对题图乙的M分析有a′M＝

.因x＝

at2，v2＝2ax，且aM

5．[2019·四川达州一诊]在两个足够长的固定的相同斜面体上（其斜面光滑），分别有如图所示的两套装置（斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的挡板，完全相同的两只弹簧一端固定在P上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．两弹簧都处于拉伸状态

B．两弹簧都处于压缩状态

C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长

D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态

答案：

C

解析：

A与B保持相对静止，则二者沿斜面向下的加速度是相等的，设它们的总质量为M，则Ma＝Mgsinα，所以a＝gsinα；同理，若以C、D为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsinα.以A为研究对象，A受到重力、斜面体B对其竖直向上的支持力，两力的合力的方向在竖直方向上，由于A在水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，该加速度由水平方向弹簧对其的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；以C为研究对象，C受到重力、斜面的支持力，合力的大小F合＝mgsinα，C受到的重力、斜面的支持力作用，加速度为a＝gsinα，即C不受弹簧的弹力，所以弹簧L2处于原长状态．故选项C正确．

6．（多选）如图所示，物体A、B、C放在光滑水平面上并用细绳a、b连接，拉力F作用在A上，使三物体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上D后两绳中拉力的变化是（绳a中拉力大小用Ta表示，绳b中拉力大小用Tb表示）（　　）

A．Ta变大B．Tb变大

C．Ta变小D．Tb变小

答案：

AD

解析：

在放置D之前，以整体为研究对象有F＝（mA＋mB＋mC）a1，以C为研究对象有Tb1＝mCa1，故有Tb1＝

，以B、C为研究对象有Ta1＝（mB＋mC）a1＝

，在放置D之后，以整体为研究对象有F＝（mA＋mB＋mC＋mD）a2，得a2＝

，以C为研究对象有Tb2＝mCa2＝

，以B、C和D为研究对象有Ta2＝（mB＋mC＋mD）a2＝

，显然Ta2>Ta1，Tb2

7．[2019·河南洛阳模拟]（多选）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，（g取10m/s2），斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）

A．若θ已知，可求出A的质量

B．若θ已知，可求出乙图中m0的值

C．若θ已知，可求出乙图中a2的值

D．若θ未知，可求出乙图中a1的值

答案：

CD

解析：

由牛顿第二定律得，对B有mg－F＝ma，对A有F－mAgsinθ＝mAa，联立得a＝

.不能根据图象求出A的质量mA，故A错误．当a＝0时，m＝m0＝mAsinθ，mA未知，不能求出m0，故B错误．若θ已知，m＝0时，a＝a2＝－gsinθ，故C正确．若θ未知，由以上可知a＝

，当m→∞时，a＝a1＝g，故D正确．

8．[2019·四川宜宾诊断]（多选）如图所示，表面粗糙、质量M＝2kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5m/s2，t＝0.5s时，将一个质量m＝1kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，（g取10m/s2），则（　　）

A．水平恒力F的大小为10N

B．铁块放在木板上后，木板的加速度为2m/s2

C．铁块在木板上运动的时间为1s

D．木板的长度为1.625m

答案：

AC

解析：

开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力，由牛顿第二定律可得F＝Ma＋μ2Mg＝10N，故A正确；铁块放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得Ma′＝F－μ2（M＋m）g－μ1mg，代入数据解得a′＝0.75m/s2，故B错误；小铁块无初速度地放在木板最右端时木板的速度v＝at＝1.25m/s，铁块的加速度为a″＝μ1g＝1m/s2，设铁块从木板掉落时所用的时间为t′，则v＋a′t′＝2a″t′，代入数据解得t′＝1s，故C正确；这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为L＝vt′＋

a′t′2－

a″t′2，代入数据解得L＝1.125m，故D错误．

二、非选择题（本题包括4小题，共47分）

9.

（8分）现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释