课时作业19 实验四：探究加速度与力、质量的关系-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业19 实验四：探究加速度与力、质量的关系 (总分：60分) 1.(14分)(2024·浙江1月选考)如图1所示是“探究 表 加速度与力、质量的关系”的实验装置。得分 a/(m·s2) 1.98 4.06 5.95 8.12 小车 打点计时器 细绳 纸带 F/N 1.00 2.003.00 4.00 表 槽码 a/(m·s2) 2.04 2.66 3.23 3.98 图1 M/kg 0.50 0.67 0.80 1.00 (1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困 难的，因此我们采用的研究方法是 (1)在图甲、乙中，由表一、表二数据用描点法分别 A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法 1 作出a-F图像、aM图像。 (2)以下实验过程中的操作正确的是 A.补偿阻力时小车未连接纸带 +a/m·s2) ↑a/m·s-2) B.先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 (3)在小车质量 (选填“远大于”或“远小 于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽 N M/kg- 码所受的重力。上述做法引起的误差为 (选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误 (2)由图像可得加速度与力是什么关系？加速度 差，下列可行的方案是 与质量是什么关系？ A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 (3)表一中物体的质量M为多少？表二中产生加 B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打 速度的力为多大？ 点计时器 C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所 受拉力大小 (4)经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建 立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位 置坐标分别为0、x1、…、x6。已知打点计时器的打 点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式 ；小车加速度的表达式是 3.(12分)某同学利用图甲所示DIS装置探究滑块加 (选填正确答案标号)。 速度与合力的关系，同时测量滑块与轨道间的动 2 5 61 摩擦因数。重物通过光滑的定滑轮用细线拉滑 1829103 块，在滑块和细线左端之间固定一力传感器，位移 图2 传感器（接收器）固定在轨道一端，位移传感器（发 A.a=6-2.xg 射器)随滑块一起沿水平轨道运动。实验中，保持 (15T)3 滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的质量 B.a=o-2zs M不变，改变重物的质量m,重复实验若干次，得 (3T)2 C.a=ts+x-(x:+x:) 到滑块的加速度a与力传感器的示数F的关系如 (10T)2 图乙所示。 得分 2.(10分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验 位移传感器位移传感器 ↑a/ms-3) 1. 中，测得的加速度a和F的关系数据记录如表一， (接收器) (发射器) 1.0 力传感器 轨道 测得的加速度a和方的关系数据记录如表二。 0.5 04 重物白 .02.03.04.0F/N 得分 甲 乙 (横线下方不可作答) 385 第三章 运动和力的关系 (1)本实验 (选填“需要”或“不需要”)满 5.(12分)某同学为了探究加速度与力的关系，设计 足滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的质 了如图甲所示的装置，操作如下： 量远大于重物的质量。 ①在铁架台的竖直杆上固定两个光电门1和2，把 (2)滑块（包括位移传感器发射器和力传感器）的 光电门与计算机相连，可记录挡光片的挡光时间t。 质量为 kg;重力加速度大小g取10m/s2, ②在铁架台横梁上固定定滑轮，细绳跨过定滑轮， 空气阻力不计，滑块与轨道间的动摩擦因数为 两端分别拴接两个相同的小盒A、B,在小盒A上 固定一挡光片（挡光片的质量可忽略）。 4.(12分)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速 ③用螺旋测微器测量挡光片的宽度d,如图乙所 度与物体所受合力的关系。主要实验步骤如下： 示，测得两光电门间距离为五。 得分 ④取10个完全相同的砝码（每个砝码的质量m= 10g)均分后放入A、B中，系统处于静止状态。 加速度记录器 气垫导轨乙，滑块比遮光片 ⑤将小盒B中的5个砝码依次取出并放在小盒A 中，然后每次都将装置由静止释放，记录小盒A经 三h接气泵 过两个光电门1、2时挡光片的挡光时间t12。 图(a 重力加速度大小g取9.8m/s2,请根据实验回答 (1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图(b)所 以下几个问题。 得分 示，h cm. .A HHHHH 15 510 10 图b) (2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导 甲 轨至水平。 (1)挡光片的宽度为d= mm (3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度。 (2)小盒A的加速度大小a= (用h、d、 (4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数 t1、t2表示)。 n和滑块对应的加速度a。 (3)将五次取、放砝码后得到的数据进行处理，得 (5)在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重 到加速度a的数值，填入下表。其中n为从小盒B 复步骤(4)，记录数据如下表： 中取走的砝码个数。 2 4 5 6 1 2 3 4 a/(m·s2)》 0.0870.1800.260 0.4250.519 a/(m·s2) 0.20 0.41 0.590.80 1.0 根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线。 请在图丙所示的坐标系中作出n-a图像。 a/(m·s-2 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0.20.40.60.81.0a/(m·s-2) 0 3 5 6 丙 图(c) (4)设小盒的质量为M,根据图像可求得M= 如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2(结果保留三位有效数字)。 红对勾·讲与练 386 高三物理7.A根据牛顿第二定律，mg=maA= maB,则A、B两物体加速度大小相等， 设为a,小物块A历时t。恰好运动到 木板右端与木板共速，则V共=。一 Vo at。=ato,解得。=2av4= ,a 木板的长度L U0十0共 to 2 Vo -to= 2 巴，若U=2,A,B两物体共 速时有u1=之一a山1=at1,解得 Vo Aa 2,U1=4,A,B相对静止时， = to 2 共1 相对位移为L1= U共1 2 t1- 2 t1= Votl voto L ._vot 4 8 2 ,故A停在木 4 板B的中，点左侧，故A正确，B错误； 若v=20,A从木板B右端离开时，根 据动力学公式L=2,一号a ?at,解得2=(2-5)to,A从木机 B右端离开时，木板速度为永板 2-√5 2 Uo<vo,故C、D错误。 8.A由题图乙可知当F=12N时，木 板加速度大小为a=4m/s2,对整体受 力分析，由牛顿第二定律得F=(M十 m)a,代入数据解得M十m=3kg,当 F>12N时，根据牛顿第二定律得a= F一mg 1 M F-,知题周乙中 M F>12N时，图线的斜率为k= M 4 12-0 g1=2kg1,解得M=0.5kg 滑块的质量为m=2.5kg,故A正确， B错误；根据F>12N的a-F图线 知，F=10N时，a=0,即0=2F-2X ×2.5×10N,代入数据解得以=0.4， 当F=8N时，对滑块和木板的整体， 根据牛顿第二定律得F=(M十m)a', 解得a'=只 m/s2,故C、D错误。 9.(1)2s(2)4m(3)2.8m 解析：(1)保持相对静止前，对小煤块 根据牛顿第二定律可得umg=n1a1,解 得a1=2m/s,对小车根据牛顿第二 定律可得F-mg=Ma2,解得a2= 0.6m/s2,经过时间t,小煤块与小车 保持相对静止，则有v=a1t=vo十 a2t,解得t=2s。 (2)相对静止前小煤块前进的位移大 1 小1=2a1t,解得x1=4m (3)在相对静止前小车前进的位移 =1十号a,,解得=68m,小 煤块与小车的相对位移△x=x2一 x1=2.8m,即小煤块最终在小车上留 下的痕迹长度为2.8m。 10.(1)5m/s2沿着坡床向下 400 (2)5.5m/s2(3)40m 11 m 解析：(1)设货物的质量为m,则其滑 动时加速度的大小am mgsin0十mg cos9=5m/s,加速 72 度的方向沿着坡床向下。 (2)货物在车厢内滑动时货车的加速 度大小aM= 0.44X(5mg)4mg sin a-umg cos Am 5.5m/s。 (3)由于gcos8>ng sin8,所以货 物最终会静止在车厢内，不会在重力 作用下沿车厢下滑，由于以1gcos日< 0.44X(5mg)十4gsin8,所以滑动 的货物不会带动已经静止的车厢重 新运动，所以在此过程中货车的位移 大小xM= (）1 ()广mm,货物的位移大小 400 1 2 am 1×5× ÷ (得)广m=40m. 课时作业19实验四：探究 加速度与力、质量的关系 1.(1)B(2)B(3)远大于系统误差 C(4107A 解析：(1)该实验中同时研究三个物理 量间关系是很困难的，因此我们可以 控制其中一个物理量不变，研究另外 两个物理量之间的关系，即采用了控 制变量法。故选B。 (2)补偿阻力时小车需要连接纸带，一 方面是需要连同纸带所受的阻力一并 平衡，另外一方面是通过纸带上的点 间距判断小车是否在长木板上做匀速 直线运动，故A错误；由于小车速度较 快，且运动距离有限，打出的纸带长度 也有限，为了能在长度有限的纸带上 尽可能多地获取间距适当的数据点， 实验时应先接通打点计时器电源，后 释放小车，故B正确：为使小车所受拉 力与速度同向，应调节滑轮高度使细 绳与长木板平行，故C错误。 (3)设小车的质量为M,槽码的质量为 。对小车和槽码根据牛顿第二定律 分别有F=Ma,mg一F=ma,联立解 母F-M由上式可知在小车质量 远大于槽码质量时，可以认为细绳拉 力近似等于槽码所受的重力。上述做 法引起的误差是由于实验方法或原理 不完善造成的，属于系统误差。该误 差是将细绳拉力用槽码重力近似替代 所引入的，不是由于小车与木板间存 -615- 在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是 速度测量精度低造成的，为减小此误 差，可在小车与细绳之间加装力传感 器，测出小车所受拉力大小。故选C。 (4)相邻两计数，点间的时间间隔为t 5T,打计数，点5时小车速度的表达式 为0=6一=x。-x1 2t 10T,根据逐差法 可得小车加速度的表达式是a= x6一x3-x3=x6-2x ,故选A。 (3t)2 (15T)2 2.(1)见解析图甲、乙(2)正比关系反 比关系(3)0.50kg4.00N 解析：(1)建立坐标系，确定标度，描点 画图线，得出a-F图像和a图像 分别如解析图甲、乙所示： 12.001ams ↑al(ms) 4.00 8.00出 3.00 6.002 2.00话 4.00田日H 1.00 kg网 1.002.003.004.00 0.50 1.00 (2)由解析图甲可知加速度与力成正 比关系，由解析图乙可知加速度与质 量成反比关系。 F (3)由于a=,在a-F图像中斜率 k1=M=2.0kg,则M=0.50kg,在 aM图像中斜率k:=F=4.00N。 3.(1)不需要(2)2.00.05 解析：(1)本实验中细线的拉力可以通 过力传感器直接测出，因此不需要满 足滑块（包括位移传感器发射器和力 传感器)的质量远大于重物的质量。 (2)取滑块为研究对象，由牛顿第二定 律可得F一umg=ma,变形可得a= 上F一g,分析图像的斜率可得 m 1.5-0 4.0-1.0 kg1=0.5kg1,可得m= 2.0kg;把F=1.0N,a=0代入加速 度的表达式a=F一g,解得4 0.05。 4.(1)1.02 (5)见解析图 0.343 (0.341-0.345) 解析：(1)垫块的厚度为h=10mm十 2X0.1mm=10.2mm=1.02cm。 (5)绘制图线如图所示： +a/m·s2) 0.6 0.5 04 0.2 7 n 参考答案·☑。 根搭mg·冬=ma,可知a与n成正 比关系，则根据图像可知，斜率k 09m/s=解得a≈0.348m/ 7 5.(1)2.145(2.144、2.146也正确) (3)见解析图 (4)440 解析：(1)螺旋测微器的精度为0.01mm, 需要估读到下一位，则读数即挡光片 宽度为d=2mm十14.5×0.01mm= 2.145mm。 (2)小盒A经过两个光电门1、2时挡 光片的挡光时间分别为t1、t2,可知其 速度分别为”=4 变速直线运动规律有v一v1=2ah,解 得小盒A的加速度大小为a= 后》 (3)根据表格数据作图，如图所示。 十十 ■■ 0.20.40.60.81.0a/m·s (4)当从小盒B中取出n个砝码放入 小盒A中实验时，设细绳上的拉力为 T,根据牛顿第二定律，对小盒A及其 中砝码，有(M十5m十nm)g一T= (M十5m十m)a,对小盒B及其中砝 码，有T-(M十5m-nm)g=(M十 M++5m 5m一nm)a,联立解得n= 二a,由 mg 图像可知斜率k=”=M十5m △a mg 5s2/m,解得M=0.440kg=440g。 第四章曲线运动 课时作业20曲线运动 运动的合成与分解 1.C物体在恒力作用下可做曲线运动， 如匀变速曲线运动，故A错误：路程是 指物体实际运动轨迹的长度，所以做 曲线运动的物体在一段时间内路程不 可能为零，故B错误；合力的方向与物 体速度的方向既不相同、也不相反，即 合力与速度不在同一条直线上时，物 体做曲线运动，故C正确；变速运动可 能是直线运动，也可能是曲线运动，故 D错误。 2.D小车做曲线运动，所受合力指向曲 线的凹侧，故A、B错误：小车沿轨道从 左向右运动，动能一直增加，故合力方 红树勾·讲与练·高三物理 向与速度方向的夹角为锐角，C错误， D正确，故选D。 3.AD质点运动到D点时速度方向与 加速度方向恰好互相垂直，速度方向 沿D点轨迹的切线方向，则知加速度 的方向斜向左上方，合力的方向也斜 向左上方，质，点做匀变速曲线运动，合 力恒定不变，质点由A到D过程中做 减速运动，合力做负功，由动能定理可 得，质点在C点的速度比在D点的速 度大，质点经过A点时的动能大于经 过D,点时的动能，故A正确，B、C错 误；质点从B到E过程中加速度方向 与速度方向的夹角一直减小，故D 正确。 4.A若救援所用时间最短，则皮艇的头 部指向应与河岸垂直，且出发，点应位 于礁石上游，故选A。 5.B该工作人员的 两手与树苗的接触 位置始终距地面高 度为h,双手的实h 际速度水平向左， 10 7777777777 将手的速度按如图 所示方向进行分解，可得v,=vsin日， 手握树苗的位置到O点距离为r= 0心，=ur,联立解得@="i,故 h h 选B。 6.B为了使割下的工件都成规定尺寸 的矩形，割刀相对工件的速度方向必： 须和工件的边界垂直，故A、C错误；割 刀相对工件的速度和工件的速度都是 分速度，割刀相对地的速度是合速度， 所以割刀相对工件的速度大小为 √62-3m/s=3v5m/s,故B正确， D错误。 7.D设罐子运动的加速度大小为a,某 时刻漏出某粒沙子时的速度为。，之 后在时间t内这粒沙子下落的高度 h=2gt,水平向右运动的距离x= vot,比这粒沙子晚△t(△tt)时间漏 出的沙子，此时比这粒沙子在竖直方 向下落的高度小，在水平方向向右运 动得更远，则与这粒沙子在竖直方向 的距离△h=h一2g(t一△t)=gt· △t-2g（△t)”,在水平方向的距离 △x=,·△t+2a(△t)2+(,十a· 1 △)t-△)-x=at△1-2a(△'，由 0且益-台为定值与无关： 可知空中沙子排列成一条向右上方领 斜的直线，故选D。 8.C将小船的运动分解为平行于河岸 和垂直于河岸两个方向，根据分运动 和合运动具有等时性，可知甲、乙两船 -616- d 到达对岸的时间均为t=sin),故两 船同时到达对岸，故A、B错误；靠岸时 两船间距增大了x=V相对t=（V0十 im日，故C正确，水流速率为 d vcos 0)- 。,此时甲船恰好能到小河正对岸的 A点，则vc0s日=v,故如果河水流速 增大，要使甲船到达A,点，小船船头与 河岸夹角应减小，故D错误。 9.C对于A,它的速度 u 如图中标出的u,这N 0 个速度看成是A的 合速度，其分速度分 别是、，其中2% B 等于B的速率（沿同M种A 一根绳子方向的速度 大小相同)，故A刚开始上升时B的速度 大小v=vcos0,A错误；由于A匀速 上升，8增大，所以m减小，B错误；B 向下做减速运动，具有向上的加速度， 处于超重状态，绳对B的拉力大于B 的重力，C正确；当A运动至位置V 时，0=90°，vB=0,D错误。 10.BD运动员静止时射出的弓箭速度 与骑马沿直线跑道奔驰的速度的合 速度为，且两个分速度的大小相等， 则速度合成的平行四边形是菱形，由 几何关系可得运动员静止时射出的 弓箭速度的方向与合速度v方向的 夹角为30°，与直线跑道的夹角为 60°，故A错误：由几何关系可得 2uoc0s30°=v,可得运动员骑马沿直 线跑道奔驰的速度大小与静止时射 3 出弓箭的速度大小均为0=3v,故 B正确；射出的弓箭发生的位移为 d s=sin30° =2d,故C错误；射出的弓 三d,D正确。 箭的运动时间为t=刀=元 11.BCD题图甲中70~150s时间内图 线为直线，根据几何知识可知当t= 100s时，有二490m=970-490)m 30s 80s 解得h=670m,则前100s时间内，飞 机爬升的高度约△h=670m一400m= 270m,故A错误；题图甲中40~70s 时间内的图线为拋物线，则飞机在竖 直方向上做匀变速运动，有h=2a, 2h_2×(490-400) 解得a=F=(70-40)” m/s2= 0.2m/s2,由题图乙可知4070s时 间内飞机在水平方向做匀速直线运 动，则飞机的加速度大小为0.2m/s, 故B正确；题图甲中70~100s时间 内图线为直线，飞机在竖直方向做匀 速直线运动，由题图乙可知70一100s 时间内飞机在水平方向做匀速直线 运动，则飞机的合运动为匀速直线运