【文档说明】【精准解析】2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练14探究加速度与力、质量的关系.docx，共(11)页，378.308 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-88194d5a7311a73ee18f4a66bb68be16.html

以下为本文档部分文字说明：

规范演练14探究加速度与力、质量的关系1．(2019·合肥测试)利用如图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．图甲(1)除了图中所给的器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．秒表B．天平(含砝码

)C．弹簧测力计D．刻度尺(2)甲同学实验时平衡摩擦力，按图示装置把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动．不断调节木板的倾斜度

，使小车拖动纸带沿木板做________运动．(3)甲同学利用v-t图象求出每条纸带对应的加速度．他处理其中一条纸带时，求出每个计数点对应的速度，并将各点的速度都标注在了如图乙所示的坐标系中．请在坐标系中作出小车运动的v-t图象，并利用图象求出小车此

次运动的加速度a＝________________m/s2.图乙(4)乙同学在验证小车加速度与所受拉力F的关系时，根据实验数据作出的a-F图象如图丙所示．发现图线不过原点，原因可能是________．图丙A．木板

一端垫得过高B．木板一端垫得过低C．盘和砝码的总质量太大了D．盘和砝码的总质量太小了解析：(1)依据实验特点，此实验中不需要秒表和弹簧测力计；但是要用天平测量小车及盘的质量，用刻度尺测量纸带上计数点间距离，故选项A、C错误，B、D正确．(2)平衡摩擦力后，小车将做匀速直线运动．(3)图象

如图所示．由图线斜率表示加速度得a＝0.74－0.260.5m/s2＝0.96m/s2.(4)从图中发现直线没过原点，当F＝0时，a＞0，也就是说当绳子上没有拉力时小车有加速度，说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，该同学实验操作中木板一端垫得过高，故选项A正确，B、C

、D错误．答案：(1)BD(2)匀速直线(3)图见解析0.96(4)A2．(2019·福建泉州一模)某兴趣小组用如图所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数μ，在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A、B两个光电门，装有遮光片的滑块用跨过定滑轮的水平细绳与托盘相连．

实验时，测出托盘和盘中砝码的总质量为m，滑块的质量为M，两光电门之间的距离为s，遮光片的宽度为d；让滑块由静止开始运动，记录遮光片通过A、B两光电门的遮光时间分别为t1、t2，该小组用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，重力加速度为g.(1)滑块运动的加速度

a＝____________(用d、t1、t2、s来表示)．(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_______(用a、m、M、g表示)．(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是________．A．μ的测量值比真实值小B．μ的测量值比真实值大C．增加滑块的质

量M可减小实验误差D．增加托盘和盘中砝码的总质量m可减小实验误差解析：(1)从A到B，根据匀变速直线运动的规律dt22－dt12＝2as，解得加速度a＝12sdt22－d

t12.(2)根据牛顿第二定律mg－μMg＝Ma，得μ＝mg－MaMg.(3)实验中忽略了托盘和砝码的质量m，实际为μ＝mg－（M＋m）aMg，所以μ的测量值比真实值大，当m远小于M时，才可用托盘和砝码的总重力来代替绳对滑块的拉力，所以为减小实验误

差，可增加M或减小m，故B、C正确，A、D错误．答案：(1)12sdt22－dt12(2)mg－MaMg(3)BC3.某同学利用图a所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图b所示．实验中小车(含发射器)的

质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成______(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图b可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是_

____________________________________________________.(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg

作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是______________，钩码的质量应满足的条件是_____________________________．解析：(1)根据图中描出的各点，作出的

图象不是一条直线．(2)图象不过原点，有拉力但没有加速度，原因是摩擦力的影响．(3)完全平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下，可以得出小车质量不变情况下加速度与作用力成正比的结论．答案：(1)非线性(2)实验之前没有平

衡摩擦力或平衡摩擦力不够(3)实验之前做好平衡摩擦力工作远小于小车质量4．(2019·福州期末)某实验小组应用如图所示装置探究加速度与物体受力的关系，已知小车的质量为M，将砝码及砝码盘的总质量记为m，打点计时器所接的交变电流的频率为f，定滑轮和动滑轮的质量及其与细线间的

摩擦可忽略不计．实验步骤如下：①如图甲所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直．图甲②调节砝码盘中砝码的质量，轻推小车，使小车能沿长木板匀速运动，记下此时弹簧测力计示数F0.③增加砝码盘中砝码的质量，接通电源后，再放开小车，打出一条

纸带，记下弹簧测力计示数F1，由纸带求出小车的加速度a1.④继续增加砝码盘中砝码的总质量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度．(1)对于该实验方案，下列说法正确的是________．A．②步骤中一定要

将木板左端垫高B．与小车相连的细线与长木板一定要平行C．实验过程中一定要保持M≫mD．小车在运动中，所受到的合力等于弹簧测力计示数F减去小车匀速下滑时弹簧测力计示数F0，即F合＝F－F0(2)实验中找出的其中一条纸带如图乙所示(每隔4个点取一个计数点)

，则打点计时器在打计数点2时，小车速度大小为________，小车的加速度大小为________．(均用字母s1、s2和交变电流频率f表示)图乙(3)若s1＝6.00cm，s2＝6.87cm，s3＝7.75cm，s4＝8.6

4cm，f＝50Hz.则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．(4)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，如图丙所示，与本实验相符合的是________．ABCD图丙解析：(1)本实验步骤中，测出了小车匀速

运动时弹簧测力计的示数F0，此即为小车所受摩擦力的大小，不需要再平衡摩擦，选项A错误；为了保证小车所受合外力大小等于弹簧测力计的示数，与小车相连的细线与长木板一定要平行，选项B正确；本实验中细线的拉力可以直接测出，不用保持M≫m，选项C错误；根据实验原理，小车在运动中，所受的合力等于弹簧测力计示数

F减去小车匀速运动时弹簧测力计示数F0，即F合＝F－F0，选项D正确．(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得v2＝s1＋s210T＝（s1＋s2）f10，加速度a＝s2－s125T

2＝（s2－s1）f225.(3)小车的加速度a＝（s4＋s3）－（s2＋s1）4T2＝0.88m/s2.(4)由F－F0＝Ma变形可得a＝1MF－F0M，可知选项C正确．答案：(1)BD(2)（s1＋s2

）f10（s2－s1）f225(3)0.88(4)C5．(2019·银川一模)某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量(m＋

m′＝m0)保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度a，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．(1)该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实

验，得到所要测量的物理量，还应有________．A．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．低压交流电源(2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一个计数点(中间4个点没画出)

，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA＝1.61cm、OB＝4.02cm、OC＝7.26cm、OD＝11.30cm、OE＝16.14cm、OF＝21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度vE＝_

___________m/s，此次实验滑块的加速度a＝________m/s2(结果均保留两位有效数字)．(3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝______(g取10m/s2

)．解析：(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误；实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故B正确；本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，天平可以不选，故C错误；打点计时器要用到低压交流电源，

故D正确．(2)每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vE＝OF－OD2T＝21.80－11.300.2×10－2m/s≈0.53m/s加速度a＝

OF－OC－OC9T2＝0.81m/s2.(3)对ABC系统应用牛顿第二定律可得a＝mg－μ（M＋m′）gM＋m0＝mg（1＋μ）M＋m0－μg所以a-m图象中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3m·s－2，μ＝0.3.答案：(1)BD(2)0.530.81(3)0.3

6．(2019·贵阳一模)如图甲所示，质量为m的滑块A放在气垫导轨上，B为位移传感器，它能将滑块A到传感器B的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的速率—时间(v-t)图象，整个装置置于高度h可调节的斜面上，斜面长度为l.图甲图乙(1)若用此

装置来验证牛顿第二定律，通过改变________，验证质量一定时加速度与力成正比的关系，通过改变___________________________________________________可验证力一定时，加速度与质量成反比的

关系(重力加速度g的值不变)．(2)给滑块A沿气垫导线向上的初速度，其v-t图线如图乙所示，从图线可得滑块A下滑时的加速度大小a＝________m/s2(结果保留一位有效数字)．解析：(1)牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力

的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．因为滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使mg·hl不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变．(2)在v-t图象中斜率代表加速度，故a＝ΔvΔt＝2－00.5m/

s2＝4m/s2.答案：(1)高度h滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变(2)4