提分集训(18)探究加速度与物体受力、物体质量的关系-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（十八）探究加速度与物体受力、物体质量的关系 1.(2025·广东茂名期末)在“探究加速度与力、质量 的关系”的实验中，某同学设计了如图所示的实验 装置，已知实验使用的电源频率为50Hz 力传感器小车纸带 打点计时器 图1手机坐标轴 长木板 重物 y轴加速度 1.0 (1)若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应 ∠L2∠∠ 该保持 不变 弹簧 (2)实验时，以下操作顺序正确的是 (填 正确答案标号). 手机 A.先释放小车，再接通打点计时器的电源 细绳 B.先接通打点计时器的电源，再释放小车 0 -1.0 (3)如图甲所示，该同学在某次实验得到的纸带上 时间 选定A、B,C、D、E五个计数点（相邻两个计数点 图2实验装置原理图 图3软件截图 间有四个点未画出)，并测出每两个相邻计数点间 (1)分别称量出小桶的质量m和手机的质量Mo: 的距离，根据纸带可求出打D点时小车的速度为 (2)开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里 m/s:小车的加速度大小为 m/s2. 没有装砝码. (结果均保留两位有效数字) (3)用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬 间手机受到的合力为 (用题目所给字母 单位：cm 表示)，读出此瞬间手机y轴上的加速度a的 数值. D E (4)往小桶中增加砝码，重复步骤(3)，测得实验数 据如下： 6.196.70T7.21T7.72 实验次数 2 3 5 6 甲 小桶和砝码 0.02150.04450.06450.08150.10450.1215 的重力m(kg》 手机加速度d (m/s2) 1.76 2.58 3.39 4.20 4.98 根据图3软件截图，上表中空白处的数据为 m/s2.利用数据作出a一F图像，在图4 中描出第一组数据的点并连线，可以得到结论： 0 F 乙 4a/(m·82) 5.0 (4)该同学利用实验数据作出了如图乙所示的 a一F图像，请分析图像不过原点的原因是 4.0 3.0 2.(2025·青岛模拟)某软件能够调用手机内置加速 2.0 度传感器，实时显示手机加速度的数值.小明通过 1.0 安装有该软件的智能手机（其坐标轴如图1所示） F/N 探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如 00.250.500.751.001.25 图4 图2所示.已知当地重力加速度为g. 371 (5)保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同 0.6am·8习 数量的配重片贴在手机背面，重复步骤(3)，测得 0.5 实验数据并作出a一图像，得出结论：当合外力 0.4 一定，加速度与物体质量成反比. 0.3 (6)从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置 0.2 处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了 减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的是 0.1 2 3456 A.使用质量更大的砝码组 如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 B.将弹簧更换为不可伸长的细线 C.将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧 m/s(保留三位有效数字). D.让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量 4.(2025·贵阳三模)为了探究质量一定时加速度与 3.(2021·湖南高考)某实验小组利用图(a)所示装 力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置. 置探究加速度与物体所受合外力的关系.主要实 (滑轮质量不计) 验步骤如下： 弹簧测力计 打点计时器 加速度记录器 气垫导轨 滑块 遮光片 接 纸带 长木板 (a) 图甲 (1)实验时，一定要进行的操作是 A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小 车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数 C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质 量远小于小车的质量 (b) (2)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带（两 (1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图(b)所 相邻计数点间还有四个点)，相邻计数点的距离分 示，h= cm. 别为x1、x2、·,x6.已知打点计时器的打点周期 (2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导 为T,则打计数点5时小车速度的表达式w= 轨至水平. :小车加速度的表达式a (3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜 (用题中给出的物理量表示) 角度. (4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数 n和滑块对应的加速度a. (5)在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重 图乙 图丙 复步骤(4)，记录数据如下表： (3)多次改变砂和砂桶的质量，得到多组小车的加 1 2 6 速度a和弹簧测力计的示数F的数据，以弹簧测 a/ 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出 m·s2) 的a一F图像是一条直线，如图丙所示，求得图线 根据表中数据在图上描点，绘制图线。 的斜率为k,则小车的质量为 372当F>3N时，物块和木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二 (2)第一次外力F水平向右作用在铁块上，直至运送到小车右端 充律F-了=，些理得a=后仁， 所月时间为，则1斤-之：片= 北时件率为气=日 解得1=√2s 第二次外力F水平向左作用在小车上，直至将铁块运选到小车 解得m=子k,所以M=是如 右瑞所用时间为2，对铁块，有umg=ma', 解得d'1=4m/2 所以，小物块与长木板的质量之比为册-号 对小车，有F一nmg=Ma'2 故C错误，D正确，故选AD. 解得a'2=4.8m/s2 3.选ADAB.根据t一t图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小 i-店= 为g=4=1m/3 解得t2=√7s 根据牛顿第二定律可得1mg一ma0,解得-0.1， 根据一1图像可知，搬去力F到P,Q共逸前过程，木板P做减 则前后两次运送所用的时间之比为上=马 建运动的加速度大小为@p--5m 答案：(1)6m/s,3.2m/s2(2)反：√7 根搭牛颜第二定律可得mg十·2mg=m@p,解得=0.2， 7.解析：(1)物块在斜而上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 故A正确，B错误： 有ngsin0=mg1 C,由u一1图像可知，4■4s共速后，由于2一0,2>41=0.1， 则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为对象，根据牛顿第二定 2=2a1in0 律可得2·2mg一mg-map', 解得e-4m/s 解得P的加速度大小为ap'=3m/s2, (2)物块在水平面上运动，根据牛领第二定律有umg=ma2 则共建到木板P修下所用时阅为-器-言 可得ag=4m/s2 ap 对滑板，有umg=Ma 木报P停立造动的时制为1=4s十一曾，故C格溪： 可得41=2m/s 当二者共速时有一ag4=a3 D,根据一1图像的面积表示位移可知，共速前，滑块Q相对P 向左运动的位移为 解释=号。 4-了×3×9m+7×4+9)X1m号×4X4m=12m 别沿斜面下滑的时间为h=0=0.8s 共建后滑块Q的加建度大小仍为a0=西ms=1m/g 22 总时间为1丝=十一污 则共進后到两者都停下，滑块Q相对P向右运动的位移为 其一1图像如图所示 盖嘉贵m员m导m 42 v(m/s) 则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为 =△一dy=12m一智m=四m故D正痛.故选AD 16 4… 4.选BC依题意，两个动摩擦因数都小于tan8,可知均满是 4 mgsin 0>umgcos 0 当A、B相对静止沿斜面下滑时，有mgsin0一1mgC0s=m@ 0.8 220s 分析物块B,可得HK sin0一F,=ma (3)设物块在A点速度为v,则v一a1=a3l 又F(<mpg cos0 解得<性 可得1一 同理，可得>出时，二者相对运动.故选BC, 1 5.选CDB.根据=2ax可知，在2一r图僚中，图线的斜率的 =3 绝对值等于加递度大小的2倍，结合题图乙可知，拉力F作用时 物块和长水板基体的加逢度大小=子×受m/g=1m/g, 所以物块的位移为一号（联十1=号 1 1 微去F时的速度大小v=2区m/5,则拉力F的作用时间1= 滑板的位移为：-2（%十013需 =2√2s,故B错误. 所以a=-=立0< AC,由图乙可求得，抵去拉力F后整体的加速度大小 所以2<24 -子×是m-8m 根据2-0=2a1ind 根据牛顿第二定律，对物块和长木板整体，F作用时，有 可得h<1.2m F-(M+m)gsin 37"-m (M+m)gcos 37=(M+m)a. 撇去F后有(M十m)gsin37”+1(M+m)gcos37°=(M什m)a2, 答案：4m/:（2号见解析周(3h<.2m 解得F=13.5N,41=0.25,故A错误，C正确. 提分集训（十八） D.由于物块与木板始终相对静止，所以对物块由牛倾第二定律 1.解析：(1)若该同学要探究加连度4和拉力F的关系，应该保持 有2 ngcos37°-mgsin37”≥a1,解得≥0.875，则物块与长 小车质量不变， 木板之间的动摩擦因数可能为0.88，故D正确， (2)实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车。故选B. 6.解析：(1)低设铁块与小车和对滑动，对铁块，根据牛顷第二定律 (3》依随意，纸带上相邻计数点间的时间间福为 可得F一ng一id1 解得a1=6m/s2 T=5× =0.1s 对小车，根据牛顿第二定律可得mg=Mag 打D点时小车的速度为 解得a2=3.2m/g2<a1 所以二者相对滑动，计算结果成立： =72引+7,72×102m/s=0.75m/s vp=27 2×0.1 616 由逐差法可知小车的加速度大小为 小车加速度的表达式 a=Ec=.21+7.72)(6.19+6.70)×102m/g 472 a-+s十)-（十+） 4×0.12 9T 0.51m/s2 =十s十x)-(x3十r2十1) ()由图像可知，当拉力F达到某一值时，小车才产生加速度，说 22519 明补偻阻力时木板倾角过小或未C偿阻力， 答案：(1)小车质量(2)B(3)0.750.51(4)补偿阻力时木 (3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加逢度：为城坐标k=号 板倾角过小或未补偿阻力 根据牛頓第二定律F◆=Ma 2.解析：(3)静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力 F=(Mo +mo)g 得小本质量M=F金=2F=2 当将小桶突然托起时，弹簧的弹力大小不变，此瓣间手机受到的 (xa十r5+x1)-(x十x2十x1) 合外力 答案：B《2)产 225T F=F-Mog=mog (4)根据图3可读得手机的加速度大小大约为0.98m/s2,因此 上表中空白处的数据应为0.98. 作图时应用平滑的直线将各点造连接起来，且应尽可能多的让 提分集训（十九） 点迹落在图线上，不能落在图线上的点迹应让其均匀的分布在 1.选A篮球做曲线运动，则蓝球的递度与合力不在同一条直线 图线的两侧，明显有误差的点迹应直接舍去，描点作图如图所示 上，且篮球的轨迹应向受力的一方发生偏转，故B、C、D错误；当 a/代m·s 篮球的速度韩向右上方时，A选项符合条件，故A正确， 5.0中 2.选BA,小球参与匀逸向上和向右匀减逸的两个分运动，速度 4.0 方向不断改变，故A错误： 3.0 且小球在平台上运动的时间满足L一w一之，其中a一日 2.0 解得1=10合去)成1-号。 平台上升了x=1,解得x=10m,故B正确： 1.0 N C.滑离平台时，水平方向的速度为y=场一at=1m/s, 00.250.500.751.00125 根据速度的合成有p'=/U十=√I0m/s 根据围像可以得到的结论是：当手机的质量一定时，手机的加速 故C错误： 度与手机所受合外力成正比. D.根据运动的独立性可知，仅增大平台的速度，小球在平台上运 (6)A.使用质量更大的砝码组，整的惯性将增加，其状态将越 动的时间内速度变化量不变，故D错误：故选B. 雄改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确： 3.选A由题可知，顾客乙上楼梯的竖直向上的速度为 B.将弹簧更换为不可仲长的细线，在挂上和去掉小柄和砖码时。 w=÷=0.3m/s 手机自身总是能达到平衡态，国此斌方法不可行，故B错误： C,动度系数越小，弹簧越容易发生形变，则扰动越大，国此孩方 顾客甲上楼梯的竖直向上的速度为 法不可行，故C错误： 1=0.76×sin30°m/s=0.38m/s D.让小摘和砝感的质量远小于手机的质量，并不能减小其犹动， 设楼梯的总高度为h,则甲到达楼上所用的时间为 甚至会增加其拢动，且当托起小桶和融码时，手机所受合外力将 过小，对实脸数据的处理将变得更用难，因此藏方案不可行，故D 4-=2 错误，故选A 答案：(3)m:(4)0.98见解析图当手机的质量一定时，手 乙到选楼上所用的时间为红一西 =15.2s 机的加速度与手机所受合外力成正比(6)A 代入数据比较可知<1： 3.解析：(1)根据游标卡尺读数规则可知h=10mm十2×0.1mm 故选A. 1.02cm. (5)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4 4,遽CAB子弹射中目标的最短时同为1m= ,逃项AB错误： 2U 组数据中的加速度a为0.345m/s2. CD.射击时，枪口离日标的距离为 06m·3 r√厅+1了_五，选项C正流，D特混.故选C 0.5 5.选BABD.报撼题意，分解A的速度】 I 044 如图所示 0.4 可知，轻环A过位置M时，重物B的 速度 0.3 VH=V=vcos 0 0.2 A匀连上升时，0增大，则co%0诚小，可 知，藏小，即重物B诚速下降，重物B 0.1 具有向上的加速度，处于超重状态，则 绳对B的拉力大于B的重力，故AD错误，B正确： 2 34567 C.轻环A过住置N时，重物B的速度为零，加速度不为零，重物 答案：(1)1.02(5)见解析图0.345 B受力不平衡，故C错误。 4.解析：(1)AC.本实脸中拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天 故选B. 平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量运小于 6,选CAm由C点下滑到A点的过程中，小球沿绳子方向的速 小车的质量，故AC错误： 度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圈的切线 B.打点计时器使用时，先接通电源，再释放小车，该实脸探究质 是不重合，而是类似于圈的一根弦线而存在，所以此时两个物体 量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧刚力计的示数，故B正 的速度大小必然不相等的，故A错误： 确。故选B. B.在m1由C,点下滑到A点的过程中，绳子拉力对m1微负功，故 (2)两相邻计数点间的时间间隔T。=5T 的机械能减小，故B错误： 打计数点5时小车造度的表达式 C.若m1治好能沿国孤轨道下滑到A点，此时两小球速度均为 零，根指机城能守恒可得m1gR(1一cos60)=m2gR 107 解得m一2m,故C正确： 617