第3章 第16课时 实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系(跟踪评价)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第16课时实验四 探究加速月 基础落实练 1.(2025安徽卷)某实验小组通过实验探究加速度与 力、质量的关系 (1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻 力.平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车 (选填正确答案标号)， 打点计时器 小车 纸带 轨道 槽码 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，将物体置于力传感器 上，箱体沿竖直方向运动.利用传感器测得物体受到 的支持力F、和物体的加速度a,并将数据实时传送 到计算机 箱体 加速度传感器力传感器 乙 10 - 106 10 跟踪评价11/ 度与物体受力、物体质量的关系，答案见 ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的Fx和a 随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向.t=4s 时，物体处于 (选填“超重”或“失重”)状态； 以Fv为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的 a-FN图像为图丁中的图线a. ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a-F、 图像为图丁中的图线 (选填“b”“c”或“d”). 2.某实验小组用如图1所示的装置探究加速度与力、 质量的关系.用托盘和砝码的总重力充当滑块的合 力，图中打点计时器的频率为50Hz. 打点计时器滑块 细线 垫块 桌于 合托盘和砝码 长木板 图1 (1)关于该实验，下列说法正确的是 (填选项前的字母)， A.在如图1所示的装置中，调整垫块的位置，在挂托 盘（及砝码）的情况下使滑块恰好做匀速直线运动， 以补偿滑块所受的阻力 B.每次改变滑块的质量时，都需要重新补偿滑块所 受的阻力 C.本实验中托盘和砝码的总质量m应远远小于滑 块的质量M D.实验时，应先释放滑块，再接通打点计时器的电源 (2)某次实验过程中，打出的一条清晰的纸带如图2 所示，图中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻两个计数 点之间还有4个计时点没有画出，甲同学只测量了 AB、DF之间的距离，请根据纸带上的数据推测，滑 块的加速度大小a= m/s2,打下点C时 滑块运动的瞬时速度大小c= m/s(结 果均保留2位有效数字). 329 物理>> A B C :单位：cm 9.50 33.00 图2 个a/m·s23 ①（乙同学） ②（丙同学） 图3 (3)乙、丙两位同学把所挂托盘和砝码的总重力记为 F,通过多次改变F的大小，得到多条打点的纸带，利 用纸带求出不同F下对应的滑块的加速度大小a,并 根据实验数据作出a一F关系图像如图3中的①、② 所示，下列说法正确的是（填选项前的字母）， A.图线①不过原点可能是没有补偿滑块所受的阻力 B.图线②不过原点可能是在补偿滑块所受的阻力时 长木板的倾角过大 C.两条图线的斜率均表示在实验中所用滑块的质量 D.实验中，乙同学所用滑块的质量比丙同学的小 3.如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的 关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码受到 的总重力等于小车所受的拉力.先测出钩码所受的 重力G,之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一 位置释放，测出挡光片通过光电门的时间△t. 挡光片 光电门 小车 轨道 钩码2 (1)实验中 测出小车质量m车. A.必须 B.不必 (2)为完成实验还需要测量 ① ② (3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 (4)若导轨保持水平，滑轮偏低导致细绳与轨道不平 行，则细绳平行时加速度a1,与不平行时加速度a2 相比，a1 (选填“大于”“小于”或“等于”)a2. 330 素养提升陈 4.(2025浙江1月卷)“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 码 (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 i响邮r 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△，△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 槽码 图1 0cm 2 3 p 05101520 图2解析(1)物体A、B分离时，F最大；对物体B,由牛顿第二定律 得Fm一mg=ma,代入数据解得Fm=21N. (2)物体A、B静止时，设弹簧压缩的距离为x0;对A、B系统， 由平衡条件得kx0=u·2mg,解得xo=0.3m,物体A、B开始 分离时，对物体A,由牛顿第二定律得kx一mg=ma,解得x= 0.21m,从静止到物体A和B分离，物体运动的位移为△x= 一x=0.09m,根据匀变速运动的规律得子=2a△x,解得u 0.6m/s. 7.B层析由-t图像面积表示位移，可知杆长为工一Q3X03m 2 0.045m=4.5cm,故D错误；由牛顿第二定律得F-mg=ma1, mg=ma2,由图可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为 a1=a=0.m/g=2m/,联立解得=0.2，m=25g,故A 0.3 错误，B正确；若F不撤去，算珠将以2/s2的加速度做匀加速 直线运动，经0.2s运动位移为x=号×2X0.2m=4cm< 4.5cm,则此时未到归零状态，故C错误.故选B. 8.AD解析位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀 减速运动，在6时间内甲乙的位移可得x=%=3, =”=,可得6时刻甲物体的连度为。=2，故B 错误；甲物体的加速度大小为a=”西，乙物体的加速度大小 to 为a2=六，由牛顿第二定律可得甲物体mgin0一mgcs0= ma1,同理可得乙物体2 ngcos0-mgsin0=ma2,联立可得 凸十=2tan0,A正确；设斜面的质量为M,取水平向左为正 方向，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0-ma2cos0=0,则 t=t6之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；t=t。之 后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿 第二定律可得f=a1cos0,即地面对斜面的摩擦力向左，故D 正确.故选AD. 第15课时专题强化五‘传送带”模型 和滑块一木板”模型中的动力学问题 1.ABD解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀 加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运 动，加速度为零.若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一 直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送 带，故C错误.故选ABD. 2.D解析饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作 用，设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为以，饺子的加速 度为a,根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a=g,所以饺子 的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关，故 AB错误；饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过 程不受摩擦力作用，故C错误；饺子受到的滑动摩擦力方向与 饺子的运动方向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正 功，故D正确。故选D. 3.C解析0~6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.。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.故C正确，ABD错误.故 选C. 4.D解析根据牛顿第二定律得，木块的加速度a=mg=g m 02X10m=2m/g木板的加速度a=覆_-0210m/g= 1 2m/s2设经时间t木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动 速度与时间关系有%一a1t=a2t根据位移与时间关系有vot af-7auP=L解得L=2m,故选D 跟踪评价答案11/■ 5.D解析设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1,薄板的加速 度为a2,物块脱离薄板的时间为t,则由牛顿第二定律有mg= ma,F-omg=Ma2,代入数据解得a=2m/s2,a2=3m/s2, 由物块与薄板之间的位移关系可得2af一2at-儿，代入数 据解得物块在薄板上运动的时间t=1s,故选D. 6.D解析物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加 速度大小为a=mg=2m/S2,物块向左运动速度减小到0时 n 所用时间为1=兽=15s,通过的位移大小为x一要 2.25m<L船=4m,可知物块到达B轮前速度已经减为0，之 后物块向右做加速运动，加速度大小仍为2/s2,由于)= 2m/s<2=3m/s,则物块返回到A轮时的速度大小为2m/s, 故D正确，A、B、C错误.故选D. 7.(1)4m/s22m/s21m/s2(2)24m(3)9N 解析(1)0-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据 图乙可知，0一2s内滑块Q的加速度大小a=124m/g= 2 4m/g,0~2s内木板P的加速度大小a2=号m/3=2m/s, 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a=6二2m/$= 4 1m/s. (2))-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移， 则滑块Q运动的总位移工=122m十45m=24m 2 2 (3)02s内对滑块Q分析有4mg=ma1,0~2s内对木板P 分析有1mg+F一(mg十Mg)=Ma2,两物体一起做匀减速 直线运动，对PQ整体分析有h2(m十MDg=(m十MDa3,联立 代入数据解得F=9N. 8.(1)9m/,方向沿传送带向下(2)号。(3)l9J 解析(1)物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定 律有mgsin0+T+mgcos0=ma1,对B物块mg-T=ma1,联 立解得a1=9m/s,方向沿传送带向下. (2)物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动， 对A物块，根据牛顿第二定律有mgsin0十T-umgcos0=ma2, 对物块mg一T=ma2,联立解得a2=7m/s2,当物块A的速度 减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有=二” 1s4==号s,联立解得1=4十=号8 (3)此过程中物块对传送带做的功W=f一fx2,其中f ungcos0,x=d,2=,解得W=100J. 7 第16课时实验四探究加速度与 物体受力、物体质量的关系 1.(1)c(2)①失重②d 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℃. (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R一mg=m,整理得a=元· 下N一g,可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜 率变小，纵轴裁距不变，其a-FN图像为图丁中的图线d, 2.(1)C(2)2.01.3(3)D 解析(1)补偿摩擦力时不能挂托盘及放砝码，A错误；改变滑 块质量时，不用重新平衡摩擦力，B错误；托盘及砝码的总质量 远小于滑块的质量时，才可认为滑块受到的外力等于托盘及砝 码的总质量，C正确；实验时应先接通电源，再释放滑块，D错 误.故选C. D67 物理 (2)根据△x=aT可知xc=xB十aT,xm=xc十aT=xB十 2aT,依此类推x压=xB十3aTP,x=xB十4aT所以xm=E十 xr=2xe十7a7,a=r-28=3.00-2X9.5)X102 7×0.12 m/s= 2.0m/g.由匀变速直线运动规律可知xx=xs十aT=(9.5十 2X0.12×100)cm=11.5cm,xm=xx十aT=x8+2aT= 13.5cm,故=c,+@=1.5+13.5)X10 m/s=1.3m/s. 2T 2×0.1 (3)图线①不过原点是补偿滑块所受的阻力过度，可能是长木 板的倾角过大，图线②不过原，点可能是没有补偿滑块所受的阻 力，或者补偿阻力不足，AB错误；根据牛顿第二定律及图像的 物理意义可知，其斜率为滑块质量的倒数，乙同学所作图线斛 率大，故滑块的质量小，C错误，D正确.故选D. 3.(1)B(2)①小车释放点到光电门的距离x②挡光片的宽度 d(3)钩码有向下的加速度，拉力小于重力(4)大于 解析(1)研究加速度与力的关系，只需控制小车质量不变即 可，不必测出小车的质量，B正确. (2)小车经过光电门的速度为=是，由运动学公式2a=, d 联立可得小车的加速度a=2z(△，所以需要测量小车释放 点到光电门的距离x和挡光片的宽度d (3)钩码在重力和拉力作用下向下做匀加速运动，加速度方向 竖直向下，根据牛顿第二定律可知绳子对钩码的拉力小于钩码 的重力，而绳子对钩码的拉力大小等于绳子对小车拉力的大 小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力. (4)当本实验忽略摩擦力的影响，细绳平行时T=a1,若滑轮 偏低导致细绳与轨道不平行，受力方向如图所示，由牛顿第二 定律有T cos B=ma2,所以有a1>a2. 个N /11 4.(1)0.390(2)CD(3)10.002z（ 解析(1)相邻计数，点间的时间间隔T=0.1s打计数，点3时的 迷度%=7-16.170-890X10 -m/s=0.390m/s. 0.2 (2)平衡摩擦力时满足mgsin0=mngcos0,两边质量消掉，改 变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；电火花计 时器需要接220V交流电源，选项B错误；调节滑轮高度，使牵 引小车的细线根长木板保持平行，选项C正确；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十0.05mm×0=10.00mm,滑块经 过两先电门时的速度分别为一品购一品 根据6-=2ax,解得a-（△品 11】 第四章曲线运动 第17课时曲线运动运动的合成与分解 1.A解析根据曲线运动的特点可知，速度失量与合力失量分别 在运动轨迹的两侧，合力方向指向轨迹的凹侧；由于运动员的 速度在逐渐减小，所以合力方向与速度方向之间的夹角大于 90°.故选A 2.B解析路程为路径的长度，则整个过程的路程不为零，A错 误；因最终回到出发，点，则位移为零，平均速度为零，B正确；经 过弯道①、②位置的速度方向不同，则速度不相同，C错误；经 过弯道②位置时，因做曲线运动，则加速度不为零，即合力不为 D68 零，D错误.故选B. 3.A解析飞机做螺旋运动时，轨迹为三维曲线，速度方向始终 沿切线方向且不断改变，故A正确；螺旋下降过程中，飞机受 重力和空气阻力作用，竖直方向加速度非恒定，故B错误；螺旋 运动包含向心加速度（改变速度方向）和切向加速度（改变速度 大小)，合加速度方向不断变化，故C错误；曲线运动中，合力方 向指向轨迹凹侧（提供向心力），与速度方向不共线，故D错 误.故选A 4.A解析若救援所用时间最短，则消防员的速度应与河岸垂 直，且出发，点应位于礁石上游.故选A 5.C解析物体做匀变速曲线运动，则其加速度一直保持不变 做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧，根据它的轨迹的 示意图可知物体合力方向竖直向下，可知物体从A到B的过 程中，合力方向与速度方向的夹角大于90°，且夹角逐渐减小， 也即加速度与速度方向的夹角大于90°，且逐渐减小，根据动能 定理，可知合外力做负功，动能减小，所以物体速度逐渐减小， 故ABD错误；从B点到C点的过程中，合力与速度方向的夹 角小于90°，根据动能定理，可知合外力做正功，则物体动能增 大，速度逐渐增大，所以C点的速率大于B,点的速率.故C正 确.故选C 6.BC解析设绳与竖直方向夹角为0，则UpCOS=阳，当P匀速 运动，0增大时，Q做减速运动，故A错误，B正确；对P有 mg=Tcos0,0角增大时绳子拉力T在增大，杆对P的弹力Fv= Tsin 0在增大，故C正确，D错误.故选PC 7.B解析由题意知，遥控飞机水平方向为向左匀加速直线运 动，v0=一7m/s,ax=一6m/s2,竖直方向为向下匀减速直线 运动，o=-3m/s,a,=2.4m/s2,因≠a,即初速度与加 速度不在一条直线上，遥控飞机的运动为曲线运动，因加速度 a=√a十a,遥控飞机的加速度大小和方向均不变，AC错误； 遥控飞机运动到最低点时，，=一3十2.4t=0,飞机的速度沿 水平方向=uz=-7一6t,解得v=14.5m/s,t=1.25s,B正 确；t=1.25s时，遥控飞机运动到最低，点，D错误.故选B. 8.C解析根据题意，沿y方向的运动为初速度为零的匀加速直 线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动位移与时间的关 系式可得s=2a,,将坐标(2,8)代入可得，沿y方向的加速 度大小为a,=4m/s2故A错误；根据图乙可知，物体在x轴方 向做匀变速直线运动，由速度一时间图像可得物体在x轴方向 .0-10 的加速度大小为a:=写0m/s=2m/s,则可得5s末， 物体的加速度大小为a=√a十a?=2√5m/s2,故B错误；根 据图乙可知，5s末物体沿x轴方向的速度为0，而y轴方向的 速度为v,=at=4X5m/s=20m/s,由此可知，5s末，物体的 速度为20m/s,故C正确；物体的速度v=√十心= √/(10-2t)2+(4t)7=√20L(t-1)2+4灯m/s,可知，当t=1s 时物体的速度最小，最小为in=4W5m/s,故D错误.故选C 9.CD解析由于潜艇在竖直方向做变速运动，在水平方向做匀 速运动，所以潜艇做曲线运动，故A错误；根据一t图像可 知，0~10s内的加速度大小为a=8m/子=2m/5,则010s 内的速度变化量为△v=at=2×10m/s=20m/s,故B错误； 根据⑦，-t图像可知，5s末的竖直分速度为%，=10m/s,则5s 末的速度大小为v=v√十心=√/102十102m/s=10√2m/s, 故C正确；根据U,-t图像可知，0~30s内的竖直分位移大小 为y=2×20X30m=300m,水平分位移大小为x=10× 30m=300m,则0~30s内的位移大小为s=√/x2+y √/3002十300m=300√2m,故D正确.故选CD. 10.B解析杂质与子实受竖直向的重力和水平向左的恒定的风 力作用，则合力也为恒力，方向斜向左下方，因为均从静止开 始运动，可知杂质和子实在空中均做直线运动，故A错误；