实验四 探究加速度与力，质量的关系&格物致用3 牛顿运动定律三类情境命题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

实验四 探究加速度与力、质量的 夯实>基础实验 学会用控制变量法研究物理规律 实验目的 探究加速度与力、质量的关系 掌握利用图像处理数据的方法 打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定 →实验器材一滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电 源、导线、天平、刻度尺、砝码、薄木块 采取控制变量法，即先控制一个参量一小 车的质量不变，探究加速度a与力F的关系； →实验原理 再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探 究加速度a与小车质量M的关系 细绳 纸带 (1)称量质量：用天平测量小盘的质量m和小 车的质量M 小盘 端有 小车 打点计时器 砝码 的长木相 实验台 (2)安装器材：按照图示装置把实验器材安装 好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上 (即不给小车牵引力) 实验 步骤 (3)平衡阻力：在长木板的不带定滑轮的一端 下面垫上一块薄木块，使小车匀速下滑 (4)操作：①小盘通过细绳绕过滑轮系于小车 上，先接通电源后放开小车，取下纸带编 号码 ②保持小车的质量M不变，改变砝码和 小盘的质量m,重复步骤① ③保持砝码和小盘的质量m不变，改变小 车质量M,重复以上步骠 (1)计算加速度（用逐差法） →数据处理 (2)作图像找关系(a一F图像、a一 图像) 实验结论：一加速度与合外力成正比，与质量成反比 ·59· 第三章牛顿运动定律 长系 分层梳理要点落实 ●注意事项 1.实验方法：控制变量法. 2.平衡阻力：在平衡阻力时， 不要悬挂小盘，但小车应连 着纸带且接通电源.用手给 小车一个初速度，如果在纸 带上打出的点的间隔是均 匀的，表明小车受到的阻力 跟它的重力沿斜面向下的 分力平衡 3.不重复平衡阻力：平衡了阻 力后，不管以后是改变小盘 和砝码的总质量还是改变 小车和砝码的总质量，都不 需要重新平衡阻力. 4.实验条件：M>m.只有如 此，小盘和砝码的总重力才 可视为小车受到的拉力. 5.一先一后一按住：改变拉力 和小车质量后，每次开始时 小车应尽量靠近打点计时 器，并应先接通电源，后放 开小车，且应在小车到达滑 轮前按住小车。 6.作图：作图时两轴标度比例 要适当，各量须采用国际单 位.这样作图线时，坐标点 间距不至于过密，误差会 小些， ●误差分析 1.因实验原理不完善引起误 差.本实验用小盘和砝码的 总重力mg代替小车的拉 力，而实际上小车所受的拉 力要小于小盘和砝码的总 重力. 2.平衡阻力不准确、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. 高考总复习物理 突破)实验热点 热点一实验 [典例1]同学们实验室中进行“探究加速度 与力、质量的关系”的实验.甲组同学用如图 所示的装置进行实验 纸带打点计时器 (1)实验中关于“消除摩擦力”的正确操作是 图中的 (“A”或“B”); 打点计时器 打点计时器 小车 盘和砝码 (2)小车质量一定，研究加速度 d 与力的关系时，该同学根据测 得的数据作出a-F图像，如图 发现图像既不过原点，末端又 发生了弯曲，可能的原因是 A.不过原点的原因是消除阻力时，木板的 倾斜角度过大 B.不过原点的原因是消除阻力时，木板的 倾斜角度过小 C.末端发生弯曲的原因是小车质量较大 D.末端发生弯曲的原因是所挂钩码的质量 较大 (3)乙组同学设计了如下图的实验探究当物 体质量一定时，其运动的加速度与合外力之 间的关系.由图中刻度尺读出两个光电门中 心之间的距离为L,测得遮光条宽度为d. 光电门2 数字计时器光电 ▣ 气垫导轨 滑块遮光条 刻度尺 钩码 ①该实验小组在做实验时，将滑块从图中所 示位置由静止释放，由数字计时器可以读出 遮光条通过光电门1的时间△t,,遮光条通过 光电门2的时间△t2,则滑块的加速度的表达 式a= (以上表达式均用题中所给 字母表示)； ②利用该装置做实验， (选填 “需要”或“不需要”)平衡摩擦力 实验热点逐一突破 原理与实验操作 [典例2](2025·浙江1月卷，14(I)“探 究加速度与力、质量的关系”的实验装置如 图所示。 电火花 细线 小车纸带 。打点计时器 (1)如图是某次实验中得到的纸带的一部 分.每5个连续打出的点为一个计数点，电 源频率为50Hz,打下计数点3时小车速度 为 m/s(保留三位有效数字). 0 2 3 4 234567891011121314151617 单位：cm (2)下列说法正确的是 (多选) A.改变小车总质量，需要重新补偿阻力 B.将打点计时器接到输出电压为8V的交 流电源上 C.调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长 木板保持平行 D.小车应尽量靠近打点计时器，并应先接 通电源，后释放小车 (3)改用如图1所示的气垫导轨进行实验 气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，滑块 在槽码的牵引下先后通过两个光电门，配套 的数字计时器记录了遮光条通过光电门1、 2的遮光时间分别为△t1,△t2,测得两个光 电门间距为x,用游标卡尺测量遮光条宽度 d,结果如图2所示，其读数d= mm,则滑块加速度a (用题中所 给物理量符号表示). 光电门2 光电门1 遮光条 连气源 刻度尺 槽码 图1 0cm L 05101520 图2 60 第三章牛顿运动定律 热点二 实验的改进与创新 创新角度 实验装置/原理图 创新解读 力传感器又 铁轻质带轮砂桶 实验 白和砂 1.利用力传感器可得轻绳上拉力大小 原理 铝箱 2.将探究加速度与合力的关系转化为探究加速度与力传 创新 打点计 感器的示数的关系 时器 实验 位移传感器（发射器）位移传感器（接收器） 器材 。小车 利用位移传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度 创新 轨道 白钩码 光电门 遮光条滑块 实验 气垫导轨 1.用光电门代替打点计时器，结合遮光条的宽度可测滑 块的速度 器材 连气源 2.利用气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力 创新 刻度尺 3.由力传感器测滑块的拉力，无需满足m<M 实验 光电门 光电门 1.结合光电门得出物块在A、B两点的速度，由一= 恋光条 过程 2a,x得出物块的加速度 创新 2.结合牛顿第二定律mg-Mg=(M十m)a得出物块与 水平桌面间的动摩擦因数 典例3] (2025·安徽卷，11)某实验小组通 ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验， 过实验探究加速度与力、质量的关系. 其a-FN图像为图丁中的图线 (1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受 (选填“b”“c”或“d”) 到的阻力.平衡阻力的方法是：调整轨道的 20 10 倾斜度，使小车 (选填正确答案标 箱体 0 号) -10 0 小车打点计时器 103 5 纸带 物体 力传感器 槽码 轨道 加速度传感器 -10 图乙 图丙 图甲 a.能在轨道上保持静止 b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速 运动 (2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底 板上安装有力传感器和加速度传感器，将物 图丁 体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动. [典例4幻(2025·山东卷，13)某小组采用如 利用传感器测得物体受到的支持力F、和 图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实 物体的加速度a,并将数据实时传送到计 验步骤如下： 算机. 数字毫秒计 ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的 遮光片 F、和a随时间t变化的散点图，以竖直向 光电门2 小车 上为正方向.t=4s时，物体处于 光电门耳 长直轨道 (选填“超重”或“失重”)状态；以F、为横 轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a 托盘及砝码 FN图像为图丁中的图线a. 图甲 ·61 高考总复习物理 (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽 到一条过原点的直线，实验中应 度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾 (填“增大”或“减小”)轨道的倾角 角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝 ↑a(ms3) 0.50 码相连.选用d= cm(填“5.00”或 “1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光 0.40 片运动到光电门时小车的瞬时速度， 0.30 (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字 0.20 毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门 0.10 2时的速度y=0.40m/s、2=0.81m/s,以及 0 0.10 0.20 0.30FN 从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光 图乙 电门2的时间t=1.00s,计算小车的加速度 (4)图乙中直线斜率的单位为 (填 a m/s(结果保留2位有效数字). “kg”或“kg1”). (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合 C温馨提 力F,改变砝码质量，重复上述步骤，根据数 学习至此，请完成配套训练 课时冲关18 据拟合出a一F图像，如图乙所示.若要得 格物致用3]牛顿运动定律三类情境命题 牛顿运动定律是力学中的核心问题，在科学、社会、生活、体育中有极其重要的作用，牛顿运 动定律解决实际问题比比皆是，随处可见 情景1) 体育赛事类 归零状态 未归零状态 ↑(m·8） 3888 工典例1]滑雪是冬季常见 0.2 的体育运动.如图所示， 滑雪运动员与装备总质量 0.1 0.2 为70kg,若从倾角为30 甲 的山坡顶端由静止向下滑行，在未借助滑雪 (1)杆的长度L; 杖的情况下10s内会向下滑行100m.现该 (2)算珠与杆间的动摩擦因数； 运动员借助滑雪杖的作用从静止开始向下滑 (3)算珠的质量m. 行，每次滑雪杖作用的时间为1s,间隔时间为 [听课记录] 2s,其每次借助滑雪杖时都能获得140N的沿 山坡向下的推力，重力加速度g=10m/s2,运 动员滑行过程中受到的阻力不变.求： (1)运动员滑行过程中受到的阻力大小 (2)运动员最初3s内滑行的距离. [听课记录] 情景3】 生活情境类 典例3]现在有些餐厅推行了送餐机器人， 深受就餐消费者的喜爱.一质量为m的送餐 机器人在送餐过程中沿一直线运动，先后经过 匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知机器人 在这三个运动过程中的位移均为s,所用时间 情景2 传统文化类 典例2]如图甲所示，水平桌面上静置有 分别为21和号.（已知重力加速度为g).求： 算盘，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑 (1)匀加速过程机器人所受到的合外力； 动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处 (2)从匀减速开始到停下来机器人所走的位 于未归零状态，在t=0时刻对算珠施加沿 移大小 杆方向的力F=0.12N使其由静止开始运 [听课记录] 动，经0.1s撤去F,此后再经0.1s恰好能 到达另一端处于归零状态.算珠在整个运动 过程中的-t图像如图乙所示，算珠的厚 度d-7.5mm,g取10m/s2,与杆间的动摩 擦因数恒定.求： ·62·运动至B端，有x2=x一x1=6m一3.21m=2.8m,匀速 运动的时间为t,=2=0,7s,运动的总时间为t=t十t2 =2.3s,A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带 的位移大小，可得△x=t1一x1=3.2m,C错误，D 正确. [典例2][解析](1)当快件做加速运动时，由牛顿第二 定律可得umg=ma, 代入数据，解得a=2m/s (2)当快件的速度与传送带速度相等时，运动的位移为 2=2ax1 代入数据，解得x1=0.25m, 经历的时间为t1= 卫=0.5s, 此时快件离B处的距离为x2=L一工1=5m, 则匀速运动的时间为，=二=5s, 7 故快件从A运送到B所用的时间为t=t1十t2=5.5s. [答案](1)2m/s (2)5.5s 模型二典题例析 [典例3]C[0~t。时间内：物体轻放在传送带上，做加 速运动.受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦 力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀 加速运动.t。之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦 力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀 速直线运动.C正确，A、B、D错误. [典例4]A[将行李箱无初速度地放在传送带底端，一 开始行李箱向上加速运动，合力方向沿传送带向上，受 到的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即 umgcos mgsin 0 可得tang<u= ,可得运输行李时该传送带的倾角必 3 须满足<30°，故A正确；匀速阶段，根据受力平衡可 知，行李箱受到静摩擦力作用，大小等于重力沿传送带 向下的分力，故C错误；根据牛顿第二定律可得mgcos日 -mgsin 0=ma, 可得加速度大小为a=gcos日-gsin0,可知行李箱的加 速度与行李箱的质量无关，则重的行李箱与轻的行李箱 加速阶段用时相等，故D错误；设传送带提速前的速度 为心1，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为1= 分，x1一，提高传送带的运转速度，由于加速阶段 李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度 U1过程所用时间t1不变，通过的位移x1不变，但提速后 行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程， 提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送 时间变短，故B错误. 素养培优6“滑块一木板”模型中的动力学问题 [典例1]BCD[v-t图像与坐标轴围成的面积表示位 移，物块的位移为西=20·2=， 木板的位移为x2=2i十2u(。一）=2。。 1 2 物块与木板的位移之比可表达为西 -,故A Ut2十ot 错误； 根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为Q= 26,故B正确；0~41时间内，对物块，根据牛顿第二 定律a=凸mg」 =1g Q1=巴，0~t时间内，对木板，根据牛颜第二定律以mg t 一U 十2·2mg=ma2,ag t 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为凸一 2v v-2U ,故C正确；t1一t2时间内，对木板，根据牛顿第二 定律有h,·2g一1mg=ma3 且a>a1,联立可得>4w,故D正确.] ·41 参考答案 [典例2][解析](1)由题图乙可求出物块冲上木板做匀 减速直线运动的加速度大小a=10-4m/g=1.5m/5,木 4 板开始做匀加速直线运动的加速度大小a,=一0m/s 4 =1m/s2,达到共同速度后物块与木板一起做匀减速直 线运动的加速度大小a,=4.0 8m/s2=0.5m/s2. (2)对物块冲上木板匀减速阶段有以1mg=ma1, 对木板向前匀加速阶段有u1mg一2(m十M)g=Ma2, 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 42(m十M)g=(M+m)a3, 联立以上三式可得M=2, m 3 (3)由题图乙可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△x 对应题图中ak的面积，故△r=10X4X号m=20m [答案](1)1.5m/s21m/s20.5m/s (2)2 (3)20m 典例3]解析](1)物体A刚滑上木板B时，根据牛顿 第二定律得： 对物体A:m1g=n1aA, 对木板B:F十m1gu(m1十2)g=2aB 解得：aA=2m/s2, ③ au=3 m/s'. (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、 7十L B具有共同的速度u,则2。三2a ⑤ ⑥ aA aB 解得：am'=2元一aa=6m/s ⑦ 对木板B:F十m1g=ma 解得：F=2N ⑨ 所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2N [答案] 见解析 [典例4][解析](1)对物块根据牛顿第二定律得41mg =a1,解得a1=2m/s,当t=1s时物块的速度大小为 4=a1t1=2m/s. (2)拉力为2N时，平板的加速度为F1一山1mg一4(M+ m)g=Ma2, 解得a2=3m/s, 平板的速度为2=a2t1=3m/s, 平板的位移为x=2a=1.5m, 拉力为1.4N时的加速度为F2一41mg一2(M十m)g =Ma3' 解得a=0, 平板做匀速运动，位移为x3=t=1.5m, 0~1.5s内平板运动的位移大小为x=x2十x3=3m. (3)物块加速到3m/s的时间为6=二0 =1.5s, a 物块加速到3m/s的位移为=之01号=2.25m, 物块最后静止时到P处的距离为s=x一x1=0.75m, [答案].(1)2m/s:(2)3m:(3)0.75m 实验四探究加速度与力、质量的关系 热点一 [典例1][解析](1)关于“消除摩擦力”的原 理是利用小车的重力沿倾斜长木板向下的分力平衡小 车运动中受到的阻力，因此不用挂盘和砝码，正确操作 是图中的B. (2)a-F图像不过原点，由图像可知，当小车受到的拉 力不是零时，小车的加速度仍是零，其原因是没有消除 摩擦力或消除摩擦力不够，即木板的倾斜角度过小，A 错误，B正确；由实验装置可知，当盘和砝码的质量远小 于小车的质量时，就近似认为盘和砝码的重力大小等于 对小车的拉力，末端发生弯曲的原因是盘和砝码的质量 不是远小于小车的质量，即所挂钩码的质量较大，C错 误，D正确」 5 高考总复习物理 (3)由题意可知，滑块经光电门1和2时的速度大小分 别为=△1 d d 由速度位移关系公式可得滑块的加速度的表达式a= 1 2L 实验探究当物体质量一定时，其运动的加速度与合外力 之间的关系.由于气垫导轨的摩擦力很小，可以忽略不 计，因此利用该装置做实验不需要平衡摩擦力. [答案]1B②D3先[] 不 需要 [典例2][解析](1)相邻计数，点间的时间间隔T=0.1s, 打计数点3时的速度=2 21 =16.70-8.90)×10 0.2 -m/s=0.390m/s, (2)对于A,平衡摩擦力时满足ng sin8=umg cos8,两 边质量消掉，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力， 选项A错误； 对于B,电火花计时器需要接220V交流电源，选项B错 误； 对于C,调节滑轮高度，使牵引小车的细线与长木板保持 平行，选项C正确； 对于D,小车应尽量接近打点计时器，并应该先接通电源 后释放小车，以充分利用纸带，选项D正确.故选CD. (3)遮光条宽度d=10mm+0.05mm×0=10.00mm, 经过两光电门时的速度分别为=过，=△ d 据龙-=2a.,解得a=《人 1 2x(△t号△t [答案](1)0.390(2)CD (3)10.00 d1 2x△△ 热点二[典例3][解析](1)平衡阻力的方法是：调整 轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道 做匀速运动.故选c, (2)根据图像可知t=4s时，加速度方向竖直向下，故处 于失重状态： 对物体根据牛顿第二定律Fy一mg=1a, 整理得a=·下一g, n 可知图像的斜率为】，故将物体质量增大一倍，图像斜 率变小，纵轴截距不变，其α-F,图像为图丁中的图 线d. [答案](1)c(2)①失重②d [典例4][解析](1)实验用遮光片通过光电门的平均 速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越 小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬 时速度，选择宽度较小的d=1.00cm的遮光片： (2)根据加速度的定义式可得a= t =0.41m/s2 (3)根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的 加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过 原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的 倾角； (4)圈乙中直线斜牵为k=是·旅据F=m阳可知直线斜 率的单位为kg [答案](1)1.00(2)0.41(3)增大(4)kg 格物致用3 [典例1门[解析](1)设没有滑雪杖作用时，运动员沿山 坡向下滑行的加速度大小为a,由运动学规律可得 x=之at, 代入数据解得a=2m/s, 设运动员受到的阻力大小为∫，由牛顿第二定律可得 mgsin30°-f=ma, 代入数据解得f=210N. ·41 (2)设有滑雪杖作用时，运动员运动的加速度大小为α′， 由牛顿第二定律可得 gsin30°+F-f=a', 解得a=4m/s, 作用t=1s后运动员获得的速度大小为 1=at1=4m/s, 此段时间内运动员滑行的距离为 =ati=2m: 在接下来的t2=2s滑行的距离 x2=t十号a6-=12m, 所以运动员最初3s内滑行的距离 x0=x1十x2=14m 答案(1)210N:(2)14m [典例2][解析](1)根据v-t图像与横轴围成的面积 表示位移，可知杆的长度为 L=x十2d= -×0.3×0.2m+2×7.5×10m =0.0451m. (2)撤去F后，算珠做匀减速运动的加速度大小为α2= △U 0.3 t0.2-0.7m/s2=3m/s 根据牛顿第二定律有以mg三1a?, 可得算珠与杆间的动摩擦因数为以=0.3. (3)算珠做匀加速运动的加速度大小为 a1= △t 0.im/s=3m/s', △u10.3 根据牛顿第二定律有F一umg=1a1, 联立解得算珠的质量为m=0.02kg, [答案](1)0.045m;(2)0.3;(3)0.02kg [典例3][解析](1)匀速运动的速度为v=、 设匀加速运动的初速度为1，根据平均速度公式有 = 2 联立解得=0， 对匀加速运动，根据位移时间公式有s=2a(2) 解得a=产 所以F=ma=27 777s (2)对匀减速直线运动，根据平均速度公式有 U2十Us 2 2 解得西 匀减速直线运动的加速度大小。'=七。3证=4s 3 21 由速度位移关系式得x=2a=8 v 9s [答案]1器：(2)晋 第四章抛体运动圆周运动 第1讲曲线运动运动的合成与分解 课前双基复盘 必备知识·填充知识点 1.切线2.方向 变速 知识点二 1.平行四边形定则2.等效替代等时性 走进教材·拾金 1.D2.C 3,解析：(1)蜡块在竖直方向做匀速直 ↑ycm 线运动，在水平面方向上向右做匀加 速直线运动，根据题中的数据画出的 轨迹如图所示， 于玻病管向右为匀加速平移，确 根据△x=at可求得加速度，由题中 6