第三章 实验四 探究加速度与力、质量的关系-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

实验四　探究加速度与力、质量的关系 对应学生用书P55 原理装置图 操作要领 (1)平衡：必须平衡阻力(改变小车或重物质量，无须重新平衡阻力) (2)质量：重物的总质量远小于小车质量(若使用力传感器或以小车与重物的系统为研究对象无须满足此要求) (3)要测量的物理量：①小车与其上钩码的总质量(天平)；②小车受到的拉力(约等于重物的重力)；③小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度) (4)其他：细绳与长木板平行；小车从靠近打点计时器的位置释放，在到达定滑轮前按住小车，实验时先接通电源，后释放小车 数据处理 注意事项 1.利用Δx＝aT2及逐差法求a 2．以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比 3．以a为纵坐标，为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比 1.实验原理不完善：本实验用小盘和钩码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于托盘和砝码的总重力 2．测合力不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差 考点 教材原型实验 [例1]　用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫块调节木板左端高度平衡阻力。 甲 (1)下列实验操作中正确的有________。 A．先释放小车后接通电源 B．调整定滑轮使细线与长木板平行 C．平衡阻力时必须移去纸带 D．平衡阻力时必须移去托盘和钩码 (2)某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点1、2、3、4与计数点0间的距离分别为x1＝3.60 cm、x2＝9.61 cm、x3＝18.01 cm、x4＝28.81 cm。已知打点计时器打点周期为0.02 s，相邻计数点间还有四个打点未画出，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留3位有效数字)。 (3)实验中保持托盘和钩码的总质量不变，改变小车和车内沙子的总质量m总，进行实验打出纸带，算出相应的加速度a，数据如表所示，请在图丙中根据描出的点作出a-图像；由图像可得出的结论是___________________________________。 托盘和钩码总质量为20 g a/(m·s－2) 2.40 1.99 1.43 1.25 1.11 0.77 0.62 0.48 0.24 m总/kg 0.06 0.08 0.12 0.14 0.16 0.24 0.30 0.40 0.80 / (kg－1) 16.67 12.50 8.33 7.14 6.25 4.17 3.33 2.50 1.25 (4)某小组在实验中作出m总图像如图丁所示，图像斜率的物理意义是_______；若图像纵截距为b，斜率为k，则托盘和砝码的总质量m＝________(用字母b、k表示)。 解析　(1)应先通电再释放小车，A错误；调整定滑轮使细线与长木板平行，以保证小车在运动过程中合力不变，B正确；平衡阻力时必须连接纸带，C错误；平衡阻力时必须移去托盘和钩码，用小车重力分力来平衡阻力，D正确。 (2)小车的加速度a＝＝2.40 m/s2。 (3)图像如下： 合力一定时，当托盘和钩码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量m总时，小车和车内沙子的加速度a与质量m总成反比。 (4)根据牛顿第二定律可知，图像斜率的物理意义是托盘和钩码的总重力的倒数。 当m总＝0时，有mg＝， 根据斜率的含义有k＝， 联立解得m＝。 答案　(1)BD　(2)2.40(2.39～2.41均算对)　(3)见解析图　合力一定时，当托盘和钩码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量m总时，小车和车内沙子的加速度a与质量m总成反比　(4)托盘和钩码的总重力的倒数　 1．某实验小组采用如图甲所示的实验装置，研究小车质量不变时，其加速度a与所受合力F的关系。 (1)在补偿阻力这步操作中，__________(选填“需要”或“不需要”)通过细绳把砂桶挂在小车上。 (2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，用毫米刻度尺测量出来的数据已在图中标出。已知打点计时器的打点周期为0.02 s，则该小车运动的加速度大小为________m/s2(计算结果保留两位有效数字)。 (3)该实验小组把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，根据实验得出的数据，采用图像法处理数据，画出aF图像如图丙所示，发现图像上端弯曲，其原因可能是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)关于本实验存在的误差，以下说法正确的是________。 A．在图乙中，每个测量数据均存在偶然误差 B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差 C．实验中用图像法处理数据可以减少系统误差 解析　(1)在补偿阻力这步操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上。 (2)相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则T＝0.1 s；根据Δx＝aT2可得该小车运动的加速度大小为a＝＝ m/s2≈0.39 m/s2。 (3)图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量。 (4)在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，选项A正确；因砂和砂桶加速下降，失重，则细绳的拉力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，选项B正确；实验中用图像法处理数据可以减少偶然误差，选项C错误。 答案　(1)不需要　(2)0.39　(3)小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量　(4)AB 考点 创新拓展实验 1．实验器材的改进 (1)气垫导轨：不用平衡阻力。 (2)力传感器或弹簧测力计：可直接测绳的拉力，不必保证小车质量远大于钩码的总质量。 (3)速度传感器、位移传感器、光电门。 2．实验目的的创新：以牛顿第二定律为实验原理，测量动摩擦因数、重力加速度、质量等。 角度1　实验器材的创新 [例2]　图甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为M，重物的质量为m，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数F。 (1)实验过程中，________(选填“需要”或“不需要”)满足M≫m。 (2)实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为50 Hz。其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为________m/s2。(计算结果保留3位有效数字) (3)当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为F0。更换重物，用a表示小车的加速度，F表示弹簧测力计的示数，下列描绘的a-F关系图像合理的为________。 解析　(1)实验中，细线对动滑轮和小车的作用力通过弹簧测力计测量，不需要满足M≫m。 (2)相邻计数点间的时间间隔为T＝＝ s＝0.1 s， 根据逐差法可得小车的加速度为 a＝＝×10－2 m/s2＝0.638 m/s2。 (3)小车匀速运动时有2F0＝Ff， 当更换重物后，由牛顿第二定律有2F－Ff＝Ma， 解得a＝F－， 可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与横轴交于一点，故D正确。 答案　(1)不需要　(2)0.638　(3)D 角度2　实验方案的创新 [例3]　做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下： ①挂上托盘和钩码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； ②取下托盘和钩码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a； ③改变钩码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到aF的关系。 (1)实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝________m/s。(保留两位有效数字) (2)需要满足条件M≫m的方案是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作aF图像时，把mg作为F值的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)。 解析　(1)由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝。 将xce＝(36.10－32.40) cm＝3.70 cm，T＝0.1 s， 代入得vd≈0.19 m/s。 (2)甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma， 则F＝，只有m≪M时，F才近似等于mg，故以托盘与钩码的重力表示小车的合外力，需满足m≪M。 乙实验方案中：小车在斜面上匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与钩码的重力，取下托盘及钩码，小车所受的合外力大小等于托盘与钩码的重力mg，不需要满足m≪M。两个实验方案都可把mg作为F值。 答案　(1)0.19(0.18～0.19均可) (2)甲　甲和乙 角度3　实验目的创新 [例4]　(2023·湖北卷)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。 如图(a)所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个钩码(电子秤称得每个钩码的质量m0为20.0 g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。 (1)实验中，拉动木板时________(选填“必须”或“不必”)保持匀速。 (2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝__________________。 (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________。(保留2位有效数字) 解析　(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度的大小无关，则实验中拉动木板时不必保持匀速。 (2)对木块、砝码以及重物B分析可知 μ(mA＋nm0)g＋mg＝mBg， 解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。 (3)根据m＝mB－μmA－μm0·n， 结合图像可知μm0＝k＝ g＝8 g， 则μ＝0.40。 答案　(1)不必　(2)mB－μ(mA＋nm0)　(3)0.40 [对应学生用书P58] 1．物理实验不仅要动手操作还要动脑思考，小明同学就注意到如图甲所示的装置可以完成多个力学实验。 甲 (1)探究速度随时间变化规律时，实验室有电磁打点计时器和电火花计时器，但只提供220 V的交流电源，小明应选用__________计时器。 (2)探究加速度与力和质量关系的实验时，某次实验中打出的纸带如图乙所示。 ①已知相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，则小车的加速度a＝________m/s2。(保留2位有效数字) ②测得小车质量为0.5 kg，钩码质量为0.1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则小车与长木板间的动摩擦因数μ＝________。 ③动摩擦因数的测量值________(选填“小于”“等于”或“大于”)真实值。 (3)用图甲装置________(选填“能”或“不能”)验证小车和钩码组成的系统机械能守恒，理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)电火花打点计时器使用的是220 V的交流电源。 (2)①根据加速度公式得， a＝＝×0.01 m/s2＝0.50 m/s2。 ②根据牛顿第二定律得， mg－μm车g＝(m＋m车)a，解得μ＝0.14。 ③由于存在纸带摩擦及空气阻力，所以测得的动摩擦因数偏大。 (3)系统除重力做功外还有阻力做功，所以不能验证机械能守恒。 答案　(1)电火花　(2)①0.50　②0.14　大于　(3)不能　系统除重力做功外还有阻力做功 2．(2021·全国甲卷)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1，2，3，4，5)如下表所示。 s1 s2 s3 s4 s5 5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm 由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2) 解析　利用匀变速直线运动规律的推论Δx＝at2，得a＝＝ m/s2＝0.43 m/s2；由牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma，解得μ＝＝＝0.32。 答案　0.43　0.32 3．图甲是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图乙所示。图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空： (1)木块下滑的加速度大小为________(用符号T、x1、x4表示)。 (2)下列物理量中，还需测量的是________。 A．木块的质量m　　　　 B．木板的质量m板 C．木块下滑的时间t D．木板的倾角θ (3)木块与木板间的动摩擦因数为_____________________________________。 (4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是 ________________________________________________________________________。 解析　(1)根据逐差法有x4－x1＝3aT2， 解得木块下滑的加速度大小为a＝。 (2)根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma， 可得μ＝tan θ－， 则要测量动摩擦因数还需要测量木板的倾角，故选D。 (3)木块与木板间的动摩擦因数： μ＝tan θ－＝tan θ－。 (4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块和纸带受到阻力作用。 答案　(1)　(2)D　(3)tan θ－ (4)木块和纸带受到阻力作用 4．(2023·上海卷)如图所示的是某小组同学用DIS研究加速度与力的关系的实验装置(已平衡摩擦力)，实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出一个钩码所受的重力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt。 (1)实验中________测出小车质量m车。 A．必须 B．不必 (2)为完成实验还需要测量①________________________；②_____________。 (3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 ________________________________________________________________________。 (4)若滑轮偏低导致细绳与轨道不平行，则细绳平行时的加速度a1，与不平行时的加速度a2相比，a1________(选填“大于”“小于”或“等于”)a2。 解析　(1)实验的研究对象是小车，由牛顿第二定律可知a＝，显然只需要保证小车的质量不变，就可以得出a与F成正比，因此不必测出小车的质量，故选B。(2)小车经过光电门时挡光片的挡光时间极短，该时间内小车的平均速度近似等于瞬时速度，即为v＝，由运动学公式得v2＝2ax，联立解得a＝，所以为了完成实验还需要测量小车释放点到光电门的距离x和遮光条的宽度d。 (3)钩码受重力和拉力作用向下做加速运动，加速度竖直向下，所以细绳对钩码的拉力小于钩码的重力，又细绳对钩码的拉力等于细绳对小车的拉力，所以小车受到的实际拉力小于钩码的总重力。(4)本实验已平衡摩擦力，设轨道的倾角为θ，则有mg sin θ＝f＝μmg cos θ，细绳平行时，由牛顿第二定律有T＝ma1，若滑轮偏低导致细绳与轨道不平行，受力方向如图所示，由牛顿第二定律有T cos β＋mg sin θ－μ(mg cos θ＋T sin β)＝ma2，把mg sin θ＝f＝μmg cos θ代入上式，可得T cos β－μT sin β＝ma2，故a1大于a2。 答案　(1)B　(2)①小车释放点到光电门的距离x ②遮光条的宽度d　(3)见解析　(4)大于 5.用图甲装置研究“小车(含拉力传感器)质量一定时，加速度与合外力的关系”，实验步骤如下： ①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F0； ②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的x-t图像，并求出小车的加速度a； ③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a数据。 F/N 0.4 1.0 1.5 1.8 2.1 a/(m·s－2) 0.79 2.10 3.10 3.62 4.19 完成下列相关实验内容： (1)在步骤①②中，F0________(选填“＝”“>”或“<”)F。 (2)本实验________(选填“需要”“不需要”)补偿小车所受到的摩擦力。 (3)某段时间内小车的x-t图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为________m/s2。(计算结果保留2位小数) (4)分析表中的F、a数据可知：在误差允许范围内，小车质量一定时_________________ ___________________。 解析　(1)①中小车匀速下滑时，由平衡条件mg sin θ＝Ff＋F0， ②中小车加速下滑时，由受力分析知F＝mg sin θ－Ff，联立可得F＝F0。 (2)由(1)中分析可知，小车加速下滑过程的合外力已通过①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数F0读出，所以不需要再补偿摩擦力了。 (3)图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速位移变化推论知Δx＝(0.382 0－0.252 0)m－(0.491 0－0.382 0)m＝a×(0.1)2，可解得a＝2.10 m/s2。 (4)由表中数据可以看出，F与a的比值基本不变，所以可得：在误差允许范围内，小车质量一定时，小车的加速度与合外力成正比。 答案　(1)＝　(2)不需要　(3)2.10　(4)小车的加速度与合外力成正比 学科网（北京）股份有限公司 $$