高考物理一轮复习实验针对训练4探究加速度与物体受力、物体质量的关系含答案

这是一份高考物理一轮复习实验针对训练4探究加速度与物体受力、物体质量的关系含答案，共5页。


甲
乙
①将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平；
②用游标卡尺测出挡光条的宽度l；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M；
⑦改变滑块的质量，重复步骤④⑤⑥进行多次实验。
据上述实验回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．应先接通光电门后释放滑块
B．调节气垫导轨水平时，应挂上砝码
C．应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行
D．每次都应将滑块从同一位置由静止释放
(2)用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝________。
(3)由图乙画出eq \f(1,a)­M的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G＝________ N。
(4)在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，根据实验数据画出如图乙所示的eq \f(1,a)­M图线，发现图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
2．(2023·海南省高三调研)某物理兴趣小组用如图所示装置探究加速度与合外力关系。已知当地重力加速度为g。
(1)实验步骤如下：
第1步：把长木板不带滑轮一端用铰链固定在水平桌面上，另一端用垫块垫起一定高度。两光电门固定在木板上，且光电门1和2距离较远，光电门1距离小滑块(带遮光条)比较近。
第2步：通过调整沙桶内细沙的质量，直至给小滑块一个沿木板向下的初速度，小滑块匀速下滑，即观察到遮光条通过两光电门的时间______(选填“相等”或“不相等”)为止。
第3步：去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放，记录遮光条(遮光条宽度为d)通过光电门2的时间t，同时测量出沙桶(包括里面的细沙)的质量m。
第4步：改变垫块的位置，重复第2、3两步。
(2)在实验步骤第3步中，小滑块通过光电门2的速度为________；去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放后，小滑块所受到的合外力为________。(用题中所给的字母表示)。
(3)设小滑块(包括遮光条)质量为M，小滑块释放点到光电门2距离为x，若关系式m＝________成立，可得质量一定时，加速度与合外力成正比。
3．(2020·全国Ⅱ卷)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590 m，下降一段距离后的高度h＝0.100 m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a＝________m/s2(保留3位有效数字)。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝________m/s2(保留3位有效数字)。
可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：____________。
实验针对训练(四)
1．解析：(1)应先接通光电门后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常工作，故A正确；挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨时应不挂砝码，故B错误；调节定滑轮使细线和气垫导轨平行，目的是使滑块所受拉力与运动方向相同，故C正确；由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需每次经过时速度相等，因此无需将滑块从同一位置由静止释放，故D错误。
(2)根据匀变速直线运动的规律有
2as＝veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt2))) eq \s\up10(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt1))) eq \s\up10(2)，
解得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt2))) eq \s\up10(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt1))) eq \s\up10(2),2s)。
(3)由G＝Ma知，在eq \f(1,a)­M图像中，图线的斜率表示滑块所受作用力的倒数，即为eq \f(1,G)，因此有G＝eq \f(1,k)≈2.5 N(2.3～2.7 N均可)。
(4)图像出现了纵轴截距，原因是没有选取滑块和砝码一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。
答案：(1)AC (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt2))) eq \s\up10(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt1))) eq \s\up10(2),2s)
(3)2.5(2.3～2.7均可) (4)没有选取滑块和砝码一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)
2．解析：(1)小滑块匀速下滑，所以小滑块通过两光电门的时间相等。
(2)小滑块通过光电门2的速度为v＝eq \f(d,t)，没有去掉小沙桶时，小滑块受到绳子拉力、重力、摩擦力、支持力四力平衡，所以去掉小沙桶后，另外三力不变，则小滑块受到的合力与绳子拉力等大反向，即合力为mg。
(3)根据牛顿第二定律及运动学公式得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t))) eq \s\up10(2)＝2ax，a＝eq \f(mg,M)，化简得
m＝eq \f(M,2gx)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t))) eq \s\up10(2)。
答案：(1)相等 (2)eq \f(d,t) mg (3)eq \f(M,2gx)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t))) eq \s\up10(2)
3．解析：小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有h0－h＝eq \f(1,2)aT2，解得a≈1.84 m/s2；对B由牛顿第二定律有mBg－F＝mBa′，对A由牛顿第二定律有F′－mAg＝mAa′，F′＝F，解得a′＝eq \f(mB－mAg,mB＋mA)＝1.96 m/s2；a′和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。
答案：1.84 1.96 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量