课时分层检测(16)实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

课时分层检测（十六） 实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 1.如图甲装置为探究加速度与力、质量的关系： 的装置 (1)实验中，需要补偿阻力，下列相关操作正确的 白B 是 打点计时器 A.补偿阻力时，应先将空沙桶用细绳绕过定滑轮 纸带 甲 系在小车上 164.9 B.补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带 46.0 单位：mm 穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车 乙 在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速 ①用天平分别测量一个小物块的质量和B的质 直线运动 量m; C.器材调整完毕后，每一次都要保证小车从同一 ②将A中的小物块取下一个放在B上，接通打 位置由静止释放 点计时器的电源后，由静止释放B,取下纸带，算 D.补偿阻力后，改变小车质量多次实验，但长木： 出加速度大小，并记下放在B上的小物块的 板与水平桌面间的角度不需要再调整 质量； 电火花 ③重复步骤②，获得B上面的小物块的总质量 计时器 纸带小车拉力传感器 △m和对应加速度大小a的多组数据. 薄木片 (1)某次实验打出的纸带如图乙所示，相邻两计 数点间还有四个计时点未画出，已知打点计时器 沙桶 所用交流电源的频率为50Hz,则本次实验中A 的加速度大小为 m/s2(结果保留3位有 效数字) (2)利用本装置验证牛顿第二定律.若在误差允 24.00- 单位：mm -52.00 许的范围内，满足重物A的加速度大小a= -84.00 -120.00 (用m、△m和当地的重力加速度大小g表 乙 示)，则牛顿第二定律得到验证， (2)操作正确的情况下得到一条纸带如图乙所： (3)利用本装置测量当地的重力加速度.根据放 示，已知打点计时器电源的频率为50Hz,相邻两 在B上面的小物块的总质量△和对应加速度 个计数点之间还有4个点未画出.则小车的加速 大小a的多组数据，以△m为横坐标，a为纵坐标 作出a-△m图像.若图线的斜率为k,则当地的 度a= m/s2.(结果保留两位有效数字)： 重力加速度大小可表示为g= （用k、m 2.(2025·湖南长沙模拟)学校物理兴趣小组用如 表示) 图甲所示的阿特伍德机验证牛顿第二定律，并测：3.某同学用如图甲所示的装置测定滑块与木板间 量当地的重力加速度.绕过定滑轮的轻绳两端分 的动摩擦因数及木板的质量.将力传感器A固定 别悬挂质量相等的重物A(由多个相同的小物块 在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A 叠放组成)和重物B.主要实验步骤如下： 的读数记为F1,测力端通过不可伸长的轻绳与 317 一滑块相连（调节力传感器高度使轻绳水平），滑；④改变砝码质量和木板倾角，重复步骤②③，每 块起初放在较长的木板的最右端（滑块可视为质 次释放小车位置相同且光电门在木板上位置不 点)，木板的左、右两端连接有光电门（图中未画： 变，用刻度尺测出小车在起点时遮光条的中点到 出)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电： 光电门的距离L,已知重力加速度为g. 门之间的运动时间.已知木板长为L,木板一端 根据实验步骤回答以下问题：（结果均用m、k、g、 连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻质定： d、L表示) 滑轮连接一测力计和一只空砂桶（调节滑轮高度 (1)根据步骤③可知，小车受到的合外力为 使桌面上部轻绳水平)，测力计的读数记为F2,初 (2)某小组成员通过实验记录 始时整个装置处于静止状态.实验开始后向空砂： 的数据作出m 桶中缓慢倒入砂子.（重力加速度g取10m/s2) (4)2图像，如 1 (△1)2 图所示，若已知该图像斜率为 k,则小车的质量M= 马测力计 5.(2025·四川成都模拟)为了探究质量一定时加 合砂桶 2 速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实 甲 乙 验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂 (1)缓慢倒入砂子时，F1的读数缓慢增大到3.5N: 和砂桶的质量.（滑轮质量不计） 时突变为3.0N,测出滑块的质量为m1=1.5kg, 弹簧测力计 M 纸带打点计时器 则滑块与木板间的动摩擦因数为 (2)在木板开始滑动后，测出在砂桶中装有不同 m 质量的砂子时，滑块通过两光电门的时间间隔， 甲 则木板的加速度为 (用题中所给字母表 (1)该同学从打出的纸带中选择一条点迹清晰的 示)，在坐标系中作出P一专的图线如图乙所示， 纸带，将纸带沿计数点剪断得到6段纸带，由短 到长并排贴在坐标中，各段紧靠但不重叠，如图 若图线的斜率为k,则木板的质量为 (用： 乙所示.最后将各纸带上端中心点连起来可得到 题中所给字母表示). 一条直线，如图丙所示.若用横轴表示时间，纸 4.(2024·广东茂名市六校联考)某实验小组的同 带宽度表示相邻计数点时间间隔T,纵轴表示相 学利用如图所示的实验装置探究小车匀加速运 邻计数点间距离xm(n=1、2、3、4、5、6),则所连直 动速度和位移的关系并测量小车（含遮光条）的 线的斜率表示 (填序号). 质量M.以下是该实验的主要步骤： 遮光条 6. 乙 光电门 A.各计数周期内的位移 B.各计数点的瞬时速度 C.相邻计数点的瞬时速度的变化 ①用刻度尺测量出遮光条的宽度d; D.纸带运动的加速度 ②挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含 (2)该同学根据测量数据作出如图丁所示的a-F 遮光条)沿木板匀速下滑； 图像，该图像的斜率为k,在纵轴上的截距为b, ③取下托盘和砝码，测出其总质量为m,让小车 重力加速度为g,则小车的质量为 ;小车 从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门并通 与桌面间的动摩擦因数为 过计算机记录了挡光时间△： 318带向上，对物块始终有ngsin0一umgcos0= ma2,即若传送带反转，则物块将一直以大小为 2gsin0-的加速度做匀加速直线运动，D to 错误.] 8.答案(1)3.6m0.5(2)3m/s 解析(1)由0-t图像可知，传送带AB段的长！ 度为1aw=合(0.5+1.3)×4m=3.6m 货物在水平传送带上运动时， 根据牛领第二定律可得mg=ma 由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速· 度为a1=0.8m/s=5m/s,则以=0.5 4 (2)依题意，货物以4m/s滑上倾斜传送带CD:4 部分，CD以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物！ 速度，不符合传送带速度取最小的情况，故 舍弃； 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物： 速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则 mgsin0十mgcos0=ma2,解得a2=10m/s2 故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共！ 速时由于<tan0,故共速后将仍做匀减速直！ 线运动，则有mgsin0-4 ngcos0=ma3, 解得a3=2m/s2 v-t图像如图： 1/ms) 则有x1=-(4m/s)2 -2a2 0,lm=十4， x2 -2a3 解得v=3m/s,即传送带 0 的速度至少为3m/s快递 员才能在D端取到货物， 9.答案(1)1.2m(2)32.5N 解析(1)对工件受力分析，根据牛顿第二定！ 律，有umgcos0-mgsin0=ma 解得工件放上传送带后的加速度大小a= 2.5m/s2 设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速， 时间、运动距离分别为1=”=0.8$，1= 2h=0.8m 再过t2=0.2s,放下一个工件，此时该工件距 前一个工件的距离最小，有x=x1十t2 代入教据解得x=1.2m (2)工件与传送带共速后相对静止，在静摩擦力！ 作用下做匀速直线运动直到B端，匀速过程有 1-x1=t 解得每个工件在传送带上的运动时间1=1十 t3=5.4s 当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经！ 在传送带上运动了0.4$，而第7个工件还未放！ 上：传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑！ 动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的 摩擦力F:=mgcos0+5 ngsin0=32.5N 故电机对传送带增加的牵引力F=F:=! 32.5N. 课时分层检测（十五） 1.C「由-t图像分析可知，木板相对地面滑 动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板！ mg>g·21g,则有41>2，故C正确.] 2.BC[物块相对木板运动的过程中，在水平方！ 向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故 mg=ma1,而v-t图像的斜率表示加速度，故} 物块的加速度大小为a1=7,3m/g=2m/s, 2 解得：=0.2，对木板受力分析可知mg=! Ma2,由v-t图像可知木板的加速度大小为！ a2=2,9m/5=1m/s,联立解得M=2m,A, D错误，B正确：由题图乙可知物块和木板在： 1=2s时分离，两若在0-2s内的v-t图像与 1轴围成的面积之差等于木板的长度，故L= 7x(7+3)×2m-z×2×2m=8m,C 正确.] C[要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板！ 整体有F>(M十m)gsin a,解得F>20N,故A: 错误：对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得 F-(M+m)gsin a=(M十m)a,对物块有F: mgsin a=ma,为使物块不滑离木板，则F;≤！ umg cos a,解得F≤30N,综上可得，当F≤！ 30N时物块不滑离木板，当F>30N时物块与！ 木板发生相对滑动，故B错误，C正确：若F= 37.5N>30N,物块能滑高木板，对木板有F-! Mgsin a一mgcos a=Ma1,对物块有mgc0sa ngsin a=ma2,设经时间t物块滑离木板，由运， 动学公式有2a1-a,=L,解得t 1.2s,故D错误.」 ABD[由题图可知，1=3to时木板的速度开始！ 减小，说明小物块在t=3时滑上木板，A正： 确；v-1图像斜率的绝对值表示加速度大小，则： 0一3t。时间内，木板的加速度大小为a1=: 2g 1 to =2g,1=3。时木板的速度大小为 =a1·3,=24g4,结合题意可知，t=31o! g。的速度水平向左滑上木板， 3 时小物块以 1=410时小物块与木板共速，大小为)g0,方！ 向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度 1 2 gto- 3 2go） 大小a'= =2g,设小 物块的质量为，小物块与木板间的动摩擦因！ 数为以，对小物块由牛顿第二定律得4mg=! ma',联立解得以=2以，B正确：设木板的质量为} M,0~3。时间内，对木板由牛顿第二定律有F一 Mg=Ma1,解得F=号Mg,3,~4。时间内，木 板的加速度大小a2= 2g46一2go 一g,由 牛顿第二定律可得F-以mg一u(M十m)g=! 一Ma2,解得m：M=1:2,C错误：t=4to时， 小物块与木板速度相同，假设1=4t。后小物块： 与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到！ F和地面摩擦力f作用，由于f=a(M什m)g=! Mg=F,则整体受力平衡，小物块与木板之！ 间无摩擦力，假设成立，所以t=4。之后小物块： 和木板一起做匀速运动，D正确.门 答案(1)16N(2)1s(3)0.326m 解析(1)设小物块能够达到的最大加速度为！ am,由牛顿第二定律有2mg=ma 解得am=3m/s 对整体，由牛顿第二定律有Fm一(M十m)g= (M十m)am,解得Fm=16N (2)当F=22N时，小物块与长木板发生相对： 滑动，对长木板有F一1(M十m)g一2mg=} Ma1,解得a1=6m/s 小物块加速度a,=2ms=42g=3m/s 小物块滑到木板中点C,有2a1-立a4! L 解得t=1s (③)设撒掉外力时木板和物块的速度分别为！ 1、2,则有1=a1t1=6m/s =a24=3m/s 撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运！ 动的加速度为a3,则1(M十m)g=Mag· 解得a3=2m/s 设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板！ 速度为，则有 -2· L 2a3 2 解得=(3十√3)m/s 此后长木板做匀减速运动，则，1Mg=Ma 解得a1=1m/s 此后小物块做平抛运动，h=?g2 504 落地时距长木板左端的距离为△x=Dtg 2a1,”-t2,解得△x≈0.326m 1 答案(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m 解析(1)在02s时间内，对小物块和长木 板受力分析，F和、F是小物块与长木板之间的 摩擦力和正压力的大小，F2、F2是长木板与斜 面之间的摩擦力和正压力的大小，F1=F, Fx=mgcos 0 Fg=2F2,F2=F十Mgcos0 规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加 速度分别为a1和ag,由牛顿第二定律得 mgsin 0-Fn=ma Mgsin 0-Fp+Fn=Ma 联立得a1=3m/s2,a2-1m/s2 (2)在t1=2s时，设小物块和长木板的速度分 别为1和吃· v=a1t1=6 m/s,v:=axt2=2 m/s >时，设小物块和长木板的加速度分别为 a1'和a2'.此时小物块与长木板之间摩擦力 为零， 对小物块：mg sin0=ma1',a1'=6m/s 对长木板：Mg sin0-(M十m)gcos0=Ma2', =-2m/s 即长木板做匀减速运动，设经过时间t2,长木板 的速度减为零，则有2十a2'12=0 联立得t2=1s 在4十2时间内，L1=2a2=2m, L2=2a2't22=1m L=L1十L2=3m (3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运 动的距离，即s=(立a142十142十za1't,) (2a,42+wt+za1:)=12m 课时分层检测（十六） 答案(1)BD(2)0.40 解析(1)补偿阻力时，细绳不用牵引小车，故 A错误：补偿阻力时，小车后面应固定一条纸 带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度， 使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做 匀速直线运动，故B正确；器材调整完毕后，尽 量让小车靠近打点计时器，不一定每一次都要 从同一位置由静止释放，故C错误：补偿阻力 后，改变小车质量多次实验，但长木板与水平桌 面间的角度不需要调整，故D正确. (2)由△x=aT2可得小车的加速度大小为a= =ZExx=120.0052.00-52.00× 2 472 4×0.12 10-3m/s2=0.40m/s2. 答案(1)0.810(2)8△m (3)km 解析(1)根据题意可知，交流电源的频率为 50Hz,相邻两计数点间还有四个计时点未画 出，则相邻计数点间的时间间隔为0.15，由逐 差法有 4=164.9-46.0-46.0)×10-4 m/s2= 9×0.12 0.810m/s. (2)根据牛顿第二定律，对A、B组成的系统有 (m十△m)g-(-△m)g=2ma 解得a=△ (3)由(2)的结果变形可得a=名·△m,则有 777 解得g=km 答案(1)0.2(2)2头 22 解析(1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F1的读 数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N,即滑动 F 摩擦力F=3.0N,动摩擦因数=m1 =0.2. (2)根据L=子a,可得a=头，对木板，由牛 颜第二定律有F2一F;=m2a,故F2=F:十16.D[将两物体的速度分别沿绳方向和垂直绳！ 四华，周光因底给件车81， 方向分解，两物体沿绳方向的分速度大小相等， 则有1cosa=1cosB,解得B物体的速度为 木板的质量为m2=2元 : co5,故选D.] cos B 4.答案(1)mg(2)2gL :7,AD[由于乙船恰好到达P点，则水流方向向！ d= 右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于水流！ 解析(1)由题意可得，取下托盘和砝码后，小 的速度，即水=0co5a,故A正确：设甲船的！ 车在斜面上做匀加速直线运动，小车受到的合 过河时间为t,则d=olsin a,甲船水平位移 外力为F=mg (2)由牛颜第二定律和速度位移公式可得 xp=(c0s十家)1，联立解得xp=22, sin a （4)2=21,可得m=2g`(△) Md.1 故B错误：由于乙船沿NP运动，在水流的作用 △t M 下，甲船到达对岸时，应在P点的右侧，而两船 可知k 2gL,则M=2gkL1 _Md? 在垂直河岸方向速度相同，一定会相遇，且在 NP上某点相逼，故C错误：两船在垂直河岸方1 5.答案(1C(2)2 向的分速度都为v真=vosin a,河宽d一定，因 解析(1)横轴表示时间t,纸带宽度表示相邻 此两船同时到达河对岸，渡河时间均为1一 d 计数点时间间隔T,纵轴表示相邻计效点距离！ na故D正确.] 测针率为是-产口=一1=△如8D以雌子为参考系沙子在水方血的奇微 因此斜率表示相邻计效点的瞬时速度的变化， 初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做！ 故C正确， 自由落体运动，合加速度恒定，沙子在空中排列！ (2)小车连接动滑轮，羽由牛颜第二定律有！ 在一条斜向左下的直线上，故选D.] 2F-uMg=Ma 9.B[设B点做圈周运 动的线速度大小为 变形得a=F一g ?',此速度为B点的实 际速度，根据运动的 剥有k=M6=一g 、A 合成与分解，可以分 解得M=子4= b 解为沿杆方向的分速 度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分！ 课时分层检测（十七） 递度为阳=cos(日受）=dsin月，A点实际 1.B[曲线运动加速度可以恒定，也可以不恒 速度为水平方向的。，根据运动的合成与分解，！ 定，A错误：物体做曲线运动时，速度方向时刻 可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的 改变，速度的变化量一定不为零，则加速度一定 分速度，如图，沿杆方向的分速度为vA=c0sa,1 不为零，B正确：物体做曲线运动时，可能受恒！ 又二者沿杆方向的分速度相等，即v'sin3= 力的作用，例如平抛运动，C错误：物体做曲线！ cosa,则'=C0sg,故B正确.] 运动的条件是加速度方向与速度方向不在同一 sinB 直线上，D错误，」] 10.B[由于t时刻小车的速度为v=gt,可知小！ 2.D[小环从顶端下落到底端的过程中，其水平 车的加速度大小为g,方向水平向右，对物块 位移为2L,竖直位移为L,其实际位移为x合 在水平方向有F、=mg,在竖直方向有mg一 Fv=a,”y一at,则l时刻物块的速度大小 √(2L)2十L2=√5L,所以小环通过的路程大于 2L,故A错误：小环在竖直方向做自由落体运 园，=+巴，，解得，二5，故选B》 动，则有L=之g,解得1=√g 2L.故B错误：11.答案(1)(2)2mg 2 设小环在水平方向的加速度大小为ar,则有！ 2L=之a,又1=√厘，联主解得a=2g (3)台VF2+4m2g 解析(1)将小球的运动沿水平方向和竖直方！ 根据牛顿第二定律可得，小环受到杆的作用力！ 大小为F‘=ma,=2mg,故C错误，D正确.] 向分解，水平方向有F=ma,o2-2 d.max, m 3.B[根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速 解得xm=2F 直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再！ 做匀减速直线运动，潜艇在0~10s内合力方 (2)水平方向速度减小为零所需时间1= 向竖直向下，10~30s内合力方向竖直向上，合 由对称性知小球从A运动到B的总时间· 力的方向指向轨迹的凹侧，故选B.] t=2t1 4.ACD[根据A、B沿绳方向的速度相等，有 2m'gvo 1cosB-,解得= 西c0S月故A正确，B错！ 经直方向上有y= F2 误：由于A在外力作用下沿竖直杆以速度1 (3)小球运动到B点时速率最大， 向下匀速运动，轻绳与杆的央角逐渐减小，则B! 此时有=%y一g1 的速度大小2逐渐增大，即B沿斜面向上做加 则x=√0，十=√F2+4mg. 0 速运动，B的加速度沿斜面向上，对B进行受力 分析可知轻绳拉力一定大于mgsin a,故C正 课时分层检测（十八） 确：B对斜面有斜向右下方的压力，斜面在该压 力作用下有向右运动的趋势，则斜面受到地面1.C[平抛运动 水平方向：x=o1 水平向左的摩擦力，故D正确.] 一竖直方向：h=2g 5.A[因船头始终垂直于河岸，所以小船过河的 时间为t= d,即小船沿AB、AC过河的时间相！ 最小 voA 2h →最小，C对.] 等，选项A正确，B错误：由题意可知an60°=2.A不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受 号，an30°=号，解得：=1：3，选项C 重力，加速度均为重力加速度，A正确：设喷泉】 错误：当水流速度为1时，要使小船到达码头： 喷出的水竖直方向的分速度为，，水平方向的 A',则合速度应该垂直河对岸，船头应指向河 分速度为，竖直方向，根据对称性可知，在空 的上游且与河岸夹角满足c0s0=盟=，则 03 中运动的时同=2√原，可如广D精误 0≠60°，选项D错误.] 最高点的递度等于水平方向的分递度巴=子 505 由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断 景高点的速度大小关系，根据速度的合成可知 无法判断初速度的大小，B、C错误.] B[抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加 速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于 谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动， 谷粒1做平抛运动，在竖直方向上谷粒2做竖 直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向 上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误： 谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运 动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的 分速度，两谷粒从O点运动到P点的水平位移 相同，但谷粒2运动时间较长，故谷粒2水平方 向上的速度较小，即最高，点的速度小于1，B正 确：两谷粒从)点运动到P点的位移相同，运 动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均 速度大于谷粒2的平均速度，D错误.] D[A.根据平抛运动规律，水平方向和竖直方 向的位移公式为x=61,h=豆g 可得=工√2苏 套中I号物品时工位移较小，h下落高度较大， 可知套环被抛出的速度一定较小，A错误； B.根据重力做功表达式W=mgh可知，套中I 号物品时h下落高度较大，重力对套环做功较 大，B错误； C.根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h /2h =可得= 套中Ⅱ号物品，h下落高度较小，套环飞行时间 较短，C错误； D.套中物品过程中由动能定理得mgh=△Ek 套中Ⅱ号物品，h下落高度较小，重力做功较 小，可知套环动能变化量较小，D正确.故 选D.」 D[如图，设A、B之间 高度差为h,C、D之间高 度差为h',则h=2贴2， N=号g,可得4 D /2h ，斜面 √g,√g 倾商的正切值an0=么=么直，解得h'= 3所以铝会35，长D运确A 2 B、C错误.] 答案1√H应 (2)√2Hh-h2 解析(])炸弹在竖直方向做自由落体运动，则 1 有H-h=2g,解得1 2(H-h) (2)设炸禅的水平位移为x, 如图，则有上 2(H-h) H =x2+h2 h 解得d=√2Hh-h C[小球从最高点到右端出口，机械能守恒， 有mg(H-h)= 2m,从右端出口飞出后，小 球做平地运动，有x=t,h=2g,联立解得 x=2√(H一h)h,根据数学知识可知，当H h=h时，x最大，即h=1m时，小球飞得最远， 此时右端出口距离桌面高度为△h=1m 0.8m=0.2m,故C正确.] C[篮球在B点的速度为z=2.=%c0s30°= 3 2 ,故A错误：从B点到C点，篮球的运动时 一2g 确：A.C两点的水平距离为x=(+）