训练18 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基础版

班级： 姓名： 训练18 实验四：探究加速度与力、质量的关系（总分：60分） 1.(15分)某组同学设计了探究加速度a与物体所受 C.所挂小桶及桶内细砂的总质量过大 合力F及质量M的关系的实验。图甲为实验装 D.所用小车的质量过大 置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细 2.(15分)(2024·天津武清区模拟)小明同学利用气 砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实 垫导轨、无线加速度传感器、轻弹簧、天平和滑块 验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的 等器材设计了“探究加速度与质量的关系”的实 总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的 验，如图甲所示。主要步骤如下： 点求得。 得分 力传感器 加速度传感器 电源插头 60000Q0w0网7滑块 气垫导轨连气源 纸带 单位：cm ABC D E 甲 ··。·。· a.将无线加速度传感器固定在滑块上，并测量滑 6.196.707.21 7.72 块和加速度传感器的质量之和M1 甲 乙 b.接通气源，放上滑块，调平气垫导轨 (1)图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电 c.将弹簧左端连接左侧支架，右端连接滑块。弹 源的频率为50Hz。根据纸带可求出电火花计时器 簧处于原长时滑块左端位于O点。拉动滑块使 打B点时的速度大小为 m/s,小车的加 其左端处于A点，由静止释放并开始计时 速度大小为 m/s2。(结果均保留两位有 d.计算机采集获取数据，得到滑块加速度a随时 效数字) 间t变化的图像如图乙所示 (2)在探究加速度a与质量M的关系时，某同学按 e.改变滑块及其上物体总质量，再次拉动滑块使 照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标 其左端处于A点，多次进行实验 注，但尚未完成图像（如图丙所示）。请继续帮助 ↑a/(m·s-) ↑a/(m·s-2) 该同学作出坐标系中的图像。 3.08 0.610 ↑a/m·s-2) 2. 1.5 t/s 1.0日 中 0.5 M/kg 01.02.03.04.0 丙 丁 (3)在探究加速度a与合力F的关系时，该同学根 据实验数据作出了加速度a与合力F的关系图像 如图丁所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线 回答以下问题（结果均保留两位有效数字）： 不通过坐标原点的原因： 得分 (1)如图丙是小明同学将滑块及其上物体总质量 (4)实验时改变所挂小桶内 ↑a/(ms) 改为M2后进行实验，获得的a-t图像，由此可推 细砂的质量，分别测量小车 测出该次实验中滑块及其上物体总质量M2 在不同外力作用下的加速 (选填“大于”“小于”或“等于”)M1。 度。根据测得的多组数据画 (2)小明同学通过多次实验，记录每次释放瞬间的 出a-F关系图线如图戊所 加速度并画出如图丁所示的I图像，然后他将释 示。此图线的AB段明显偏 0 F/N 放位置改变到B(图中未标出)重复实验，得出Ⅱ 戊 离直线，造成此现象的主要 图像。由图像我们可以推断，B点在A点的 原因可能是 (选填“左”或“右”)侧。 A.小车与长方形木板之间存在摩擦 (3)小明同学利用上述装置测量弹簧的劲度系数。 B.长方形木板倾斜角度过大 主要步骤如下： (横线下方不可作答) 323 第三章运动和力的关系 a.将弹簧左端固定，右端连接质量为M,的滑块 序号 2 3 (包含加速度传感器的质量)； 钩码所受重 b.弹簧处于原长时滑块左端位于O点，拉动滑块 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 力F/(9.8N) 使其左端处于A点，记录OA的距离x; 小车加速度 c.释放滑块，计算机采集获取数据，得到滑块加速 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36 a/(m·s2) 度α随时间t变化的图像，记录释放瞬间的加速 序号 6 7 8 9~14 15 度a; 钩码所受重力 d.改变OA的距离x,进行多次实验，并画出如图 0.120 0.140 0.160 00g0g0 0.300 F/(9.8N) 戊所示的图像。 小车加速度 已知图戊中图线的斜率为k,则弹簧劲度系数的表 1.67 1.95 2.20 3.92 a/(m·s2) 达式为k1= (用M3、k表示)。 3.(15分)(2024·江西卷)某小组探究物体加速度与 (5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并 其所受合力的关系。实验装置如图(a)所示，水平 补充完成图线丙。 (6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量 轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细 时，a与F成正比。结合所学知识对上 线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。 述推断进行解释： 得分 遮光片 小车 光电门 滑轮 4.(15分)(2024·福建泉州模拟)某实验小组用如图 甲所示的装置探究加速度与合力的关系，一细绳 通过定滑轮连接两个小桶A和B,A桶中放有若 占钩码 干个质量均为m的钩码，打点计时器固定在铁架 图(a) 台上，已知重力加速度为g。 得分■ (1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道 平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩 擦力。 (2)小车的质量为M1=320g。利用光电门系统测 出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重 A 打点 力记为F,作出a-F图像，如图(b)中图线甲 「计时器 所示。 纸带 a/(m·s-2) 分 6.0 (1)下列实验操作步骤，正确的顺序是 5.0 甲 ①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通打点计时 4.0 器电源，释放B桶。 3.0 ②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶 2.0 中细砂的质量，直到打出的纸带点迹均匀。 1.0 ③根据所得数据，作出相关图像，得出结论。 0.10 0.20 0.30F19.8N) ④重复步骤①的操作，得到多组数据。 图(b) (2)打点计时器的打点周期为T,实验打出的一段 (3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较 纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、3点 大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车 间距为x1,1、5点间距为x2,则桶的加速度大小为 的质量增加至M2=470g,重复步骤(2)的测量过 (用所给字母表示)。 程，作出a-F图像，如图(b)中图线乙所示。 (3)实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量 (4)与图线甲相比，图线乙的线性区间 为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一 非线性区间 。 再将小车的质量增加至 条过原点、斜率为k的倾斜直线，若牛顿第二定律 M=720g,重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所 成立，则两桶及所有钩码和桶内细砂的总质量 受重力F与小车加速度a,测得的数据如下表所 M= 示（表中第9~14组数据未列出） (用k、g表示)。 红对勾·讲与练 324 高三物理·基础版U1十V共 U2十U共 t2=0.75m 2 2 0.25m=1.0m,故选B。 6BC设传送带的倾角为日，小滑块与传 送带间的动摩擦因数为，若ngsin 6> umgcos日，小滑块所受合力沿传送带 向下，小滑块向下做匀加速运动；若 gsin日=ngcos0,小滑块沿传送带 方向所受合力为零，小滑块匀速下滑： 若ng sin日<umg cos日，小滑块所受合 力沿传送带向上，小滑块做匀减速运 动，当速度减为零时，开始反向加速， 当加速到与传送带速度相同时，因为 最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传 送带向下的分力，故小滑块随传送带 做匀速运动。A、D错误，B、C正确。 7.BCD由题图乙可知，在t=1.5s时木 板的加速度发生了变化，说明此时小 物块与木板的速度相等，小物块对木 板的摩擦力方向发生了变化，在1一 1.5s时间内小物块相对木板滑动，根 据图像可知木板的加速度大小为a2= 5-3 m/s2=4m/s2,对木板由牛顿 2 1.5-1 第二定律得mg十以(m十M)g Ma2,根据图乙可知在01s时间内 5-0 木板的加速度大小为a1= m/s2= 5m/s2,由牛顿第二定律得F一mg (m十M)g=Ma1,联立解得M= 4kg,4=0.2,故B正确，A错误；在 0~一1.5s时间内小物块始终相对木板 滑动，由牛顿第二定律，得小物块的加 速度大小为a,=mg=2m/s,小物块 m 41产-2.25m,木板 1 的位移为x新= 的位移为这段时间内U一t图线与t轴 1 所包周的面积，则x=2X5X1m十 5十3 ×(1.5-1)m=4.5m,t>1.5s 2 时，小物块与木板相对静止，则整个过 程小物块相对木板运动的位移大小为 x相=x板一x新=2.25m,木板与小物 块一起运动的位移大小为x板 U共 2μg 2.25m,木板运动的总位移大小为 x板总=x板十x=6.75m,故C、D正确 i a 8.D由题图乙可知，当10N<F<15N 时物块B和木板C相对静止，当F> 15N时木板C的加速度变大，物块B 和木板C产生了相对滑动，故A错误， D正确；对木板C和物块B整体，当 F1=10N时，a=0,则F1=(M十 m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5m/s2, 则F2-(M十m)gsin8=(M十m)a, 联立得M士m=2kg,sn9=2,但是 不能求解木板C的质量，故C错误：当 F2=15N时，对物块B,有ng cos8 mg sin0=a,解得以-，故B错误 9.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的初速度2大于传送 带的速度1，所以开始时小包裹受到 的传送带的摩擦力方向沿传送带向上， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于小包 裹重力沿传送带方向上的分力，即 ng cos a>ng sin a,所以小包裹与传 送带共速后做匀速直线运动至传送带 底端，根据牛顿第二定律可知mgc0sa ng sin a=ma,解得a=0.4m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传 送带上做匀减速直线运动， 用时t1=—心=1.6-0.6 s=2.5s, 0.4 在传送带上滑动的距离为1=巴1 2 0.6+1.6×2.5m=2.75m, 2 共速后，匀速运动的时间为t2= Lx1=3.95-2.75 s=2s,所以小包 0.6 裹通过传送带所需的时间为t=t1十 t2=4.5s。 10.(1)10N(2)4s 解析：(1)设小物体随木板运动的最 大加速度大小为a,对小物体由牛顿 第二定律得g=ma,可得a=g= 0.2×10m/s2=2m/s2, 为使小物体不从木板上掉下，木板与 小物体具有相同的加速度，对整体分 析，由牛顿第二定律得 Fm=(M+m)a=10N。 (2)因施加的拉力F=11N>10N, 故小物体相对木板滑动，设木板对地 运动的加速度大小为a1,对木板由牛 顿第二定律得F一mg=Ma1,解得 a1=2.25m/s2, 设小物体在木板上运动的时间为t, 则L=2a1-2at 代入数据解得t=4s。 训练18实验四： 探究加速度与力、质量的关系 1.(1)1.63.2(2)见解析图(3)实验 前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (4)C 解析：(1)小车在AC这段位移内的平 均速度等于小车在AC这段时间中间 时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度， AB-+BC 故vB= 4T (6.19+6.70)×102 m/s≈1.6tm/s。 4×0.02 由逐差法求解小车的加速度大小为 (CD+DE)-(AB+BC) 4×(2T) (7.21+7.72-6.19-6.70)×102 m/s 4×(2×0.02) ≈3.2m/s2。 (2)将坐标系中各，点连成一条直线，连 线时应使直线过尽可能多的，点，不在 直线上的点应大致对称地分布在直线 的两侧，离直线较远的点应视为错误 数据，不予考虑，连线如图所示。 ↑al/(ms2 2.0 1.51 1.0出 0.5 Mkg 01.02.03.04.0 (3)图线与横轴有截距，说明实验前没 有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 (4)在实验中认为细绳对小车的拉力F 等于细砂和小桶的总重力mg,实际 上，细绳拉力F'=Ma,又有mg-F'= ma,解得F'=M牛m M ·mg,a= ·mg=M十m ·F,所以当拉力 M+m F变大时，m必定变大，M十m 必定减 小。当M>m时，a-F图像为直线， 当不满足M>m时，a一F图像的斜率 逐渐变小，C正确。 ,(1)小于(2)左(3)kM 解析：(1)当滑块质量为M1时，开始释 放滑块获得的加速度大小为 0.610m/s2;当滑块及其上物体总质量 为M,时，开始释放滑块获得的加速度 大小为3.08m/s2;这两次实验中刚释 放滑块时弹簧弹力相等，根据a=M 可知M2<M1。 F 1 (2)根据a=M,可得aM图像的斜 率等于开始释放时滑块受到的弹簧的 弹力，因Ⅱ图像对应的斜率较小，可知 释放位置的弹簧弹力较小，可以推断B 点在A点的左侧。 (3)根据牛顿第二定律可知刚释放滑 块时滑块的加速度a=: M ,则a-z 图像的斜率6一材，可知弹簧的劲度 系数为k1=kM3 3.(4)较大较小(5)见解析图(6)远 大于钩码质量见解析 解析：(4)由题图(b)分析可知，与图线 甲相比，图线乙的线性区间较大，非线 性区间较小。 (5)在坐标系中进行描点，结合其他点 用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点 在线上，不在线上的，点均匀分布在线 的两侧，如图所示。 +a/(m·s2) 6.0 丙 3.0 29 1.0 0.10 0.20 0.30F19.8N) 参考答案【 513 (6)设细线拉力为T,对钩码根据牛顿 第二定律有F一T=a,对小车根据 牛顿第二定律有T=Ma,联立解得 F=(M十m)a,变形得a=M十m F, 当m《M时，可认为m十M=M,则 a=M·F,即a与F成正比。 4.1)@008(2)2L(32g6 4T2 解析：(1)正确步骤为：给B桶一竖直 向下的速度，通过不断调整B桶中细 砂的质量，直到打出的纸带点迹均匀， 从A桶中取一个钩码放入B桶，接通 打点计时器电源，释放B桶，利用纸带 测出加速度a,重复步骤①的操作，得 到多组数据，根据所得数据，作出相关 图像，得出结论。故顺序为②①④③。 (2)由逐差法有x5-x1a=a(2T),整 理有a=一2 4T2。 (3)设B桶和细砂的总质量为m1,A 桶的质量为m2,钩码的总质量为m3, 从A桶中取出钩码放到B桶中的质量 为m1,设细绳拉力为T,有m1十m2十 m3=M,初始时B桶中没放钩码时，A 桶和B桶匀速下落有m1g=（2十 m3)g,整理有m1=m2十m3,当从A 桶中取出质量为1的钩码放到B桶 中时，对B桶有(m1十m1)g一T= (m1十m1)a,对A桶有T一(m2十 m3一m1)g=(mg十m3一m1)a,解得 M 2m1g=Ma,变形有m,一2ga,由于以 B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B 桶的加速度为横坐标，得到一条过原 点、斜率为的直线，则有k=2,解 得M=2gk。 第四章曲线运动 训练19曲线运动运动的 合成与分解 1.B当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓 球横向吹气，乒乓球所受合力的方向 与速度方向不在同一条直线上，乒乓 球做曲线运动，故乒乓球会偏离原有 的运动路径：而乒乓球会获得一个横 向的速度，此速度与乒乓球原有的速 度合成一个斜向左下方的合速度，因 此乒乓球将向左下方运动但不进入纸 筒。故A、CD错误，B正确。 2.C在“嫦娥四号”着 陆前的主减速段探测 F 器几乎是沿着一条倾 斜的直线做减速运动， 故探测器受到的合力 方向与运动方向相反， G 因受到的重力竖直向下，通过受力分 析可知，发动机的喷气方向为？方向， 如图所示，故C正确，A、B、D错误。 3.A由题图可知，在0一t1时间内无人 机在竖直方向向上做匀速直线运动， 水平方向向右做匀减速直线运动，可 514红对构·讲与练·高三物理· 知在0一t1时间内无人机受到的合力 方向水平向左，根据合力指向轨迹凹 侧，可知0~一t1时间内无人机运动的轨 迹向左弯曲；在t1~t2时间内无人机 在竖直方向向上做匀减速直线运动， 水平方向向右做匀速直线运动，可知 在t1t2时间内无人机受到的合力竖 直向下，根据合力指向轨迹凹侧，可知 在t1t2时间内无人机运动的轨迹向 下弯曲。故选A。 4.B如图所示，以 .3m/s 伞面为参考系，雨 滴同时有水平向东 伞面 和竖直向下的分速 4 m/s 度，则有tan0 伞柄 3 ,解得9=37°， 可知伞柄应指的方向为向西倾斜，与 竖直方向成37°角，B正确，A、C、D 错误。 5.D河宽d=300m一定，当木船船头 垂直河岸时，船速在垂直河岸方向上 的分速度最大，渡河用时最短，即U= 1m/s,渡河时间最短为tim= d 300 1 s=300s,故选D。 6.D当船头方向垂直于河岸时，渡河时 间最短，由题意可知，冲锋舟渡河的最 短时间为t=40s,由运动学公式有河 宽d=v1t=200m。若冲锋舟在静水 中的速度大小为2，河水的流速大小 为1，则冲锋舟在静水中的速度小于 水速，设合速度方向与河岸夹角为日， 由几何关系可知，当船头方向垂直于 合速度时，此时小船渡河位移最短，则 有sin日三，渡河的最短距离s d=d=250m,D正确。 sin a v2 7.BC设细绳与竖直方向的夹角为日，则 VpCOs日=va,当P匀速向上运动时0 增大，Q做减速运动，故A错误，B正 确；对P有mg=Tcos9,0增大时细绳 拉力T增大，杆对P的弹力F、=Tsin8 增大，故C正确，D错误。 8.CP从开始运动到到达最低点的过 程中，先向下做加速运动，加速度向 下，处于失重状态，然后又向下做减速 运动，加速度向上，处于超重状态，故A 错误；当日=90°时，P的速度为0，位置 最低，即Q到达O,点正下方，此时Q 的速度最大，即当日=90°时，Q的速度 最大，P的速度最小，为零，故B错误， C正确；由题可知，P、Q用同一根细绳 连接，则Q沿绳子方向的速度与P的 速度相等，则当0=60°时，vQc0s60°= Vp,解得Up:va=1:2,故D错误。 9.C球A与球形容 器球心学高，速度 0 1方向竖直向下，2 速度分解如图所示， 98 B021 基础版 1 有1=U1sin30=之1，球B此时速度 方向与杆的夹角为a=60°，因此v21= 1 0,c0s60°=2，沿杆方向两球速度 相等，即21=11，解得V2=1,C 正确。 10.ABD由x方向的速度图像可知，质 点在x方向的加速度为1.5m/s,受 力F,=max=3N,由y方向的位移 图像可知，质点在y方向做匀速直线 运动，速度为vy=一4m/s,受力 Fy=0,因此质点的初速度大小为 5m/s,A正确；质点受到的合力为 3N,方向沿x正方向，显然，质点初 速度方向与合力方向不在同一条直 线上，质点做匀加速曲线运动，B正 确；2s末质点速度大小为v= √/62+(-4)2m/s=2√/13m/s,C 错误；前2s内质点在x方向上的位 1 移大小为x=u,t十2a,t=9m,质 点在y方向上的位移大小为y=8m, 合位移大小为！=√x十y= √/145m≈12m,D正确。 11.B由于t时刻小车的速度为v=gt, 可知小车的加速度大小为g,方向水 平向右，对物块在水平方向有F、= mg,在竖直方向有mg一uFy=ia, U,=at,则t时刻物块的速度大小 0=√0十，解得，= 2 gt,B 正确。 12.BC活塞滑块的速度为U,P点的速 度方向沿竖直方向，将P,点的速度分 解，根据运动的合成与分解可知，沿 杆PQ方向的分速度为Ucos日，Q点 做圆周运动，实际速度是圆周运动的 线速度，可以分解为沿杆PQ方向的 分速度和垂直于杆PQ方向的分速 度，设Q的线速度为U',则沿杆PQ 方向的分速度为u'sin(180°-p)= sinp,=wR,又二者沿杆PQ方 向的分速度是相等的，即联立可得 v'=UcOs g _ucos sin Rsin ,A错误，B正 确；若Q匀速转动，日增大，9减小，则 此时P向下加速，P、Q线速度大小 关系与杆OQ长度有关，大小无法比 较，C正确，D错误。 训练20抛体运动的规律 1.C小球做平拋运动，只受重力作用， 加速度方向竖直向下，所以速度变化 的方向竖直向下，C正确。 2.C青蛙做平抛运动，在水平方向做匀 速直线运动，竖直方向做自由落体运 动，则有x=th=2t,可得0= 工√分，因此水平位移越小，竖直高度 g 越大，初速度越小，因此跳到荷叶c上 面需要的初速度最小，故选C。