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第三章 运动和力的关系
第15 课时 实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系
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【考向预测●明考向】
探究加速度与力、质量关系实验围绕实验原理、平衡摩擦力操作、砝码与小车质量满足远小于条
件、打点计时器数据处理、图像误差分析、改进装置创新方案展开，重点考查操作步骤、逐差法求加
速度、a-F、a-1/m 图像偏差成因、替换拉力传感器等改良装置，多为力学实验大题；近三年为高考物
理力学必考实验，考查频次稳定，是实验板块核心题型；预测2027 年会侧重拉力传感器消除质量约
束的创新装置、分段图像误差定量分析、数字化光电门数据处理，强化多组误差来源综合辨析、实验
方案改进评价与定量计算的综合性考查。
【双基自测●夯基础】
1．一质量为m的雨滴在下落过程中，加速度越来越小，最后雨滴将以某一速度匀速下降，在
雨滴下降的过程中
(1)雨滴受到的阻力恒定。（ ）
(2)雨滴受到的阻力越来越大。（ ）
(3)雨滴受到的阻力越来越小。（ ）
(4)雨滴先做变加速运动，再做匀速运动。（ ）
【答案】(1)错误
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
(2)正确
(3)错误
(4)正确
【详解】（1）雨滴在下落过程中，加速度越来越小，说明受到的阻力越来越大，故错误。
（2）雨滴在下落过程中，加速度越来越小，说明受到的阻力越来越大，故正确。
（3）雨滴在下落过程中，加速度越来越小，说明受到的阻力越来越大，故错误。
（4）雨滴最后匀速下落，说明重力等于阻力，故雨滴先做变加速运动，再做匀速运动，故正
确。
2．判断下列说法是否正确。
(1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。( )
(2)若已知物体所受的恒定合力，且合力的方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿
第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。(
)
(3)若已知物体做匀变速直线运动的速度、位移等物理量，则可以根据运动学公式求出加速
度，进而根据牛顿运动定律求力。( )
(4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。( )
【答案】(1)错误
(2)正确
(3)正确
(4)错误
【详解】（1）若已知物体的受力情况，可以牛顿第二定律求出加速度，故说法错误。
（2）若已知物体所受的恒定合力，且合力的方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛
顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理
量，故说法正确。
（3）若已知物体做匀变速直线运动的速度、位移等物理量，则可以根据运动学公式求出加速
度，进而根据牛顿运动定律求力，故说法正确。
（4）若已知物体的运动情况，可以由运动学公式求出加速度，故说法错误。
考点一 实验技能储备
【核心梳理●明考点】
原理及
(1)控制变量法
装置图
①保持小车质量不变，探究加速度与合力的关系
②保持小车所受合力不变，探究加速度与质量的关系
(2)改变小车质量m 或槽码质量m'时，无需重新平衡阻力
(3)细绳拉力F≈m'g(m'g 为槽码重力)的条件是m≫m'，但使用力传感器或弹
簧测力计可测出细绳拉力时，无需满足m≫m'
(4)作a-F 图像或a- 1
m图像，确定a 与F、m 的关系
实验器材
小车、槽码、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、学生电源、细
绳、导线、纸带、天平、刻度尺、坐标纸等
实验过程
(1)测量：用天平测量槽码的质量m'和小车的质量m
(2)安装：安装实验器材，不把悬挂槽码的细绳系在小车上(即不给小车牵引
力)
(3)平衡阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，使小车能匀速下滑
(4)保持小车质量不变，改变槽码的质量，分别测得a、F 几组数据
(5)保持槽码质量不变，分别测得a、m 几组数据
数据处理
(1)利用逐差法或v-t 图像法求a
(2)以a 为纵坐标，F 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说
明a 与F 成正比
(3)以a 为纵坐标，1
m为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说
明a 与m 成反比
注意事项
(1)开始实验前首先平衡阻力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重
力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力。在平衡阻力时，不要
把悬挂槽码的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动
(2)实验过程中不用重复平衡阻力
(3)实验必须保证的条件：m ≫
m'
(特殊情况除外)
(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点
计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车碰到滑轮前按住小车
误差分析
(1)实验原理不完善：本实验用槽码的总重力代替小车的拉力，而实际上小车
所受的拉力要小于槽码的总重力
(2)平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细
绳不严格与木板平行都会引起误差
【考点突破●明方向】
例1 (2025·浙江杭州市浙南联盟检测)用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关
系。
(1)除了图中所给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
(选填正确选项的字母)。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.弹簧测力计
D.刻度尺
(2)实验前平衡阻力的做法是：把实验器材安装好，先不挂沙桶，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。用垫块把木板不带滑轮一端垫高，接通打点计时
器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带
沿木板做 运动。
(3)为使沙桶和沙的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是沙桶
及沙的总质量 小车的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(4)实验中打出的一条纸带的一部分如图乙所示。纸带上标出了连续的3 个计数点A、B、
C，相邻计数点之间还有4 个点没有标出。打点计时器接在频率为50 Hz 的交流电源上。
则打点计时器打B 点时，小车的速度vB= m/s。多测几个点的速度作出v-t 图像，就可
以算出小车的加速度。
(5)为探究加速度和力的关系，要保证 的总质量不变，改变沙桶内沙的质量，重复
做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。
(6)在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据作出的a-F 图像如图丙所示，发现该
图线不通过坐标原点且BC 段明显向下弯曲，分析其产生的原因，下列说法正确的是
。
A.不通过坐标原点可能是因为平衡阻力不足
B.不通过坐标原点可能是因为平衡阻力过度
C.图线BC 段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远小于小车总质量的条件
D.图线BC 段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远大于小车总质量的条件
(7)在探究加速度与质量的关系时，要保证沙和沙桶的质量不变。若沙和沙桶的质量m 与小
车的总质量M 间的关系不满足第(3)问中的条件，且已正确平衡阻力，由实验数据作出a-
1
M +m图线，则图线应如图中的 所示(选填正确选项的字母)。
【答案】(1)BD (2)匀速直线 (3)远小于
(4)0.44 (5)小车 (6)AC (7)C
【解析】(1)利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速
度，所以需要天平和刻度尺，A、C 错误，B、D 正确。
(2)平衡阻力时应使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动。
(3)为了使沙桶及沙的重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需要使沙桶及沙的总质
量远小于小车的总质量。
(4)由匀变速运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间运动过程的平均速度，可得
vB= AC
2T =(13.30−4.50)×10
−2
0.2
m/s=0.44 m/s。
(5)探究加速度与力的关系时，需要保持小车的总质量不变。
(6)从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F 为某一值时，加速度却为零，所以是未平衡阻
力或平衡阻力不足，故A 正确，B 错误；随着拉力F 增大(即沙桶及沙的重力增大)，已经不
满足沙桶及沙的总质量远小于小车总质量的条件，造成BC 段弯曲，故C 正确，D 错误。
(7)在探究加速度与质量的关系时， 由于已平衡了阻力，所以图像过原点，且分别对小车和
沙桶及沙受力分析，由牛顿第二定律可得mg-FT=ma，FT=Ma，联立解得 mg=(M+m)a，整理
得a= mg
M +m，因为保证了沙和沙桶的质量不变，所以由实验数据作出a-
1
M +m图线，不会发
生弯曲，故选C。
考点二 探索创新实验
【核心梳理●明考点】
创新角度
实验举例
实验器材创新
位移传感器，速度传感器，拉力传感器，气垫导轨，光电门
实验原理创新
挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M 的小车拖着纸带沿木板
匀速下滑，取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，
可知小车所受合力为mg。改变砝码质量，多次重复实验探究加速度与物
体受力关系
实验目的创新
(1)先求出物块的加速度a；
(2)结合牛顿第二定律，由mg-μMg=(M+m)a 得出物块与水平桌面间的动摩
擦因数
【考点突破●明方向】
例2 (2025·浙江金华市检测)某同学利用如图甲的装置探究加速度与质量的关系，在气垫
导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与托盘相
连，托盘里放砝码。
(1)用游标卡尺测遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则游标卡尺读数为 mm。
(2)滑块的质量用M 表示，托盘和砝码的总质量用m 表示，本实验用托盘和托盘中砝码的
总重力mg 代替绳对滑块的拉力，为了减小实验误差，要求m 与M 之间满足的关系是m
M(选填“远大于”“远小于”或“等于”)。
(3)滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2 所用的时间分别为t1、t2，两光电
门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a= 。
(4)保持托盘和盘中砝码的总质量m 不变，改变滑块的质量M，某同学绘制了a- 1
M 图像如
图丙所示，图线的上端出现了弯曲，原因是 。
(5)如果该同学绘制的是a-
1
m+ M 图像，此时图线的形状与m 和M 之间的大小 关(填
“有”或“无”)，并在图丁中画出该图像。
【答案】(1)2.25 (2)远小于 (3) d
2
2 L ( 1
t2
2-
1
t1
2)
(4)随着M 的减小，不满足m 远小于M 的条件 (5)无 见解析图
【解析】(1)游标卡尺的读数为2 mm+5×0.05 mm=2.25 mm
(2)设绳的张力为F，滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律，对托盘和托盘中的砝码有
mg-F=ma
对滑块有F=Ma
联立得mg=(1+ m
M )F
根据实验要求，有F≈mg
可得m
M ≈0
即m 远小于M。
(3)滑块在气垫导轨上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度与位移关系式知
v2
2-v1
2=2aL
又v2= d
t2，v1= d
t1
联立解得a= d
2
2 L ( 1
t2
2-
1
t1
2)
(4)当1
M 增大，即M 减小，m 不再远小于M 时，由(2)中分析得a=
m
M +mg
随着M 减小，a 逐渐趋向于g，即a- 1
M 图线上端出现弯曲。
(5)a=
1
M +mmg，mg 一定，a∝
1
M +m，所以a-
1
M +m图像形状与m 和M 之间的大小无关，如
图所示。
例3 (2026·浙江省Z20 名校联盟一模)某学习小组“探究加速度与力之间的关系”的实验
装置如图所示。将轨道分上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统同时控
制，能使两辆小车同时从静止开始运动，一段时间后两辆小车同时停下来。
(1)选择两个质量相同的小车，安装实验器材，调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能
沿轨道做 (选填“匀速”或“匀加速”)直线运动。
(2)小车甲悬挂的小盘及重物总质量为m1，小车乙悬挂的小盘及重物总质量为m2，如果认
为m1g、m2g 为小车所受的合外力， (选填“需要”或“不需要”)m1、m2均远小
于小车的质量。
(3)操作控制系统，让两小车同时开始运动，再同时停下来。用刻度尺测出甲、乙小车移动
的位移x1、x2，则甲、乙小车的加速度之比为 (用x1、x2表示)。
(4)若m1、m2、x1、x2满足 ，则可说明小车的加速度与其所受的合外力成正比。
【答案】(1)匀速 (2)需要 (3)
x1
x2
(4)
x1
x2
=
m1
m2
【解析】(1)安装实验器材时，需要平衡阻力，故应调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时
能沿木板做匀速直线运动。
(2)对小车受力分析，根据牛顿第二定律可得FT=Ma
对小盘及重物受力分析则有mg-FT=ma
联立解得FT=
mg
1+ m
M
故只有小车的总质量M 远远大于小盘及重物的质量时，小车受到的外力才等于小盘及重物的
重力，即需要满足M≫m。
(3)两小车做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律则有x=1
2at2
则两小车的加速度之比为
a1
a2=
x1
x2
(4)对小车而言，根据牛顿第二定律可得mg=Ma
结合题意可得
a1
a2=
m1
m2
结合上述结论即有
x1
x2=
m1
m2。
【真题演练●悟高考】
一、单选题
1．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其
顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，
两者之间动摩擦因数为
❑√3
2 。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过
一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车
和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为2v0
2
3 g
B．物块机械能增量为5mv0
2
2
C．小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 −2v0
2
5 g
D．小车机械能增量为8 P v0
5 g + mv0
2
2
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°−mgsin30° =ma
解得a= 1
4 g
根据运动学公式有v0
2=2a x1
解得物块的位移大小为x1= 2v0
2
g
故A 错误；
B．物块机械能增量为Δ E = 1
2 mv0
2+mg x1⋅sin30° = 3
2 mv0
2
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有Pt −(μmgcos30°+mgsin30°) x = 1
2 m v0
2
其中t = v0
a
联立解得x = 16 P v0
5m g
2 −2v0
2
5 g
故C 正确；
D．小车机械能增量为Δ E
′ = 1
2 mv0
2+mgx sin30° = 8 P v0
5 g + 3mv0
2
10
故D 错误。
故选C。
2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为L
2 的门板组成。门处于关闭
状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段
时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）
所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板
的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A．❑√
L
2 μg
B．❑√
L
μg
C．❑√
2 L
μg
D．2❑√
L
μg
【答案】B
【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线
运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最
短，撤去外力后根据牛顿第二定律有μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的
距离为L
2 = 1
2 at
2，可得门板的最短时间趋近于t = ❑√
L
μg。
故选B。
方法二：设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后AB运动的时间为t2，AB运动过程的最大速
度为vm，则由动量定理，有(F −μmg)t1=m vm
得t1=
mvm
F −μmg
撤销拉力后，有μmgt2=m vm
得t2= vm
μg
对于全过程，有F t1= μmgt
得F = μmgt
t1
对于全过程有L
2 = vmt
2
故AB运动的总时间
t =t1+t2=
m vm
F −μmg + vm
μg =
m vm
μmgt
t1
−μmg
+ vm
μg = vm
μg ⋅
t
t −t1
= vmt
μg ⋅
1
t −t1
=
L
μgt2
可知当t2越大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。
则tmin
2= L
μg
则t min= ❑√
L
μg
故选B。
3．（2024·重庆·高考真题）2024 年5 月3 日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之
旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体
着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A 错误；
B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B 错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C 正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D 错误。
故选C。
4．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线
滑向另一端，经过1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ
值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则v = x
t = v0+ v
2
由题干知x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据结合全过程平均速度大于1m/s 有1m/s< v0 < 2m/s，故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有v0
2 - 2μgx > 0
由于v0 < 2m/s 可得μ < 0.2，故CD 不可能。
故选B。
二、解答题
5．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道
组成，其中AB段的长度l =36 m、倾角为θ，BC段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A点
由静止下滑，经过t =6s到达B点，此后进入BC段继续滑行。游客甲和滑板的总质量
m=60kg，AB段、BC段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，其中μ2= 1
10。重力加速度
g取10 m /s
2，sinθ = 1
3。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在B点处的机械能损失。
(1)求AB 段滑道与滑板间的动摩擦因数μ1；
(2)求AB 段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰以5 m /s的速度经过A点下滑。求乙到达B点时与甲
的距离。
【答案】(1)μ1=
❑√2
10
(2)2880J，720kg⋅m/s
(3)40m
【详解】（1）当甲从A 点滑至B 点根据L= 1
2 at
2
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有mgsinθ−μ1mgcosθ =ma
又因为sinθ = 1
3，所以cosθ = 2❑√2
3
代入数据联立可得μ1=
❑√2
10
（2）甲从A 点滑至B 点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
Δ E =W f = μmgcosθ⋅L=2880J
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式v
2=2aL可得甲到达B 点的速
度为12m/s
所以AB 段动量的变化量为Δ p=mv −0=720kg⋅m/s
（3）乙从A 滑到B 的过程根据运动学公式有L= v0t
′ + 1
2 at
′2
代入数据解得t
′ = 4s
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2
可得a2=1m/s
2
甲到达B 点的速度为v =12m/s，在4s 内甲没有停止；
在t
′ = 4s内，甲运动的距离x = v t
′−1
2 a2t
′2
代入数据解得x = 40 m，即甲乙之间的距离为40m。
6．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑
梯，半径R =10 m，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧
靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M =25kg，一质量为m=50kg的游客，从a 点由静
止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好
滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦
系数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m /s
2，求：
（1）游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）1000 N；（2）7 m
【详解】（1）设游客滑到b 点时速度为v0，从a 到b 过程，根据机械能守恒
mgh= 1
2 m v0
2
解得
v0=10 m/s
在b 点根据牛顿第二定律
FN−mg=m v0
2
R
解得
FN=1000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为
FN
′ = F N =1000 N
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得
−μmgs=0−1
2 m v
2
解得
v =8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程
游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得
a1= μmg
m = μg=2m/s
2
a2= μmg
M = 4 m/s
2
根据运动学规律对游客
v = v0−a1t
解得
t =1s
该段时间内游客的位移为
s1= v + v0
2
t =9 m
滑板的位移为
s2= 1
2 a2t
2=2m
根据位移关系得滑板的长度为
L= s1−s2=7 m
7．（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑
轨与水平面成24°角，长度l1= 4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑
轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= 2
9，货物可视为质点（取
cos24° =0.9，sin24° =0.4，重力加速度g=10m/ s
2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】（1）2m/s
2；（2）4 m/s；（3）2.7 m
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°−μmgcos24° =ma1
代入数据解得
a1=2m/s
2
（2）根据运动学公式
2a1l1= v
2
解得
v = 4 m/s
（3）根据牛顿第二定律
μmg=ma2
根据运动学公式
−2a2l2= vmax
2
−v
2
代入数据联立解得
l2=2.7 m
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：32 分]
1.(6 分)(2025·浙江金华市三模)(1)(4 分)某实验小组在做“探究加速度与力、质量的关系”的
实验，实验器材组装如图甲所示。请指出该装置中的两处不妥之处
， 。
(2)(2 分)正确安装装置后，接通220 V、50 Hz 交流电源，释放小车进行实验，得到一条纸带
如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G 为选出的计数点，相邻两个计数点之间均有4 个计时
点未画出，则小车的加速度大小为 m/s2(结果保留2 位有效数字)。
【答案】(1)电源错用直流电 小车未靠近打点计时器 (2)2.4
【解析】(1)打点计时器应使用交流电，而题图甲中的电源为直流电；释放小车时，应使小车
靠近打点计时器，以便打出更多的点迹，便于实验数据的分析，题图甲中小车未靠近打点计
时器。
(2)由题可知，相邻计数点之间的时间间隔T=5× 1
50 s=0.1 s
由于Δx≈2.38 cm
根据匀变速直线运动规律Δx=aT2
解得a≈2.4 m/s2。
2.(8 分)(2025·浙江1 月选考·14Ⅰ)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)(2 分)如图乙是某次实验中得到的纸带的一部分。选取纸带上一点为起始点0，后面每5 个
连续打出的点取一个计数点，电源频率为50 Hz，打下计数点3 时小车速度大小为
m/s(保留三位有效数字)。
(2)(2 分)下列说法正确的是 (多选)。
A.改变小车总质量，需要重新平衡阻力
B.将打点计时器接到输出电压为8 V 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)(4 分)改用如图丙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Δt1、Δt2，测得两个光电门间距为x，用游标卡尺测量遮光条宽度d，结果如图丁
所示，其读数d= mm，则滑块加速度大小a= (用题中所给物理量符号表
示)。
【答案】(1)0.390 (2)CD (3)10.00
d
2
2 x [
1
( Δt2)
2-
1
( Δt1)
2]
【解析】(1)相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s，打计数点3 时小车的速度大小
v3= x24
2T =(16.70−8.90)×10
−2
0.2
m/s=0.390 m/s
(2)平衡阻力时满足mgsin θ=μmgcos θ
两边质量消掉，改变小车质量时不需要重新平衡阻力，选项A 错误；电火花计时器需要接
220 V 交流电源，选项B 错误；调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，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。
(3)遮光条宽度
d=10 mm+0.05mm×0=10.00 mm
经过两光电门时的速度大小分别为
v1= d
Δt1，v2= d
Δt2
根据v2
2-v1
2=2ax
解得a= d
2
2 x [
1
( Δt2)
2-
1
( Δt1)
2]。
3.(10 分)(2025·浙江省稽阳联谊学校二模)某小组探究“物体加速度与其所受合外力的关系”。
实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与力传
感器连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)(2 分)关于该实验操作，下列说法正确的是 。
A.实验时使用了力传感器测合力，所以不需要平衡阻力
B.实验时需要满足钩码质量远小于小车质量
C.需要调节滑轮高度，使细线处于水平
D.两光电门间的距离适当大点
(2)(2 分)用20 分度的游标卡尺测量遮光片的宽度，示数如图(b)所示，读数为d=
cm。
(3)(2 分)某次实验中，小车先后通过光电门所用时间分别为Δt1=1.95×10-2 s、Δt2=1.69×10-2
s，测得两光电门之间的距离为s=80.00 cm，则小车的加速度a= m/s2(结果保留3 位
有效数字)。
(4)(4 分)改变钩码个数，可得到多组数据，作出a-F 图像如图(c)所示，则图线不过原点的原因
是 ；图像的斜率表示 。
【答案】(1)D (2)5.070 (3)1.40
(4)没平衡阻力或平衡阻力时长木板倾角太小 小车和力传感器总质量的倒数
【解析】(1)实验时使用了力传感器测合力，不需要满足钩码质量远小于小车质量，但是需要
平衡阻力，选项A、B 错误；
需要调节滑轮高度，使细线与轨道平行，而不是细线水平，选项C 错误；
两光电门间的距离适当大点，可减小误差，选项D 正确。
(2)用20 分度的游标卡尺测量遮光片的宽度读数为d=5 cm+0.05 mm×14=5.070 cm
(3)根据v2
2-v1
2=2as
其中v1= d
Δt1，v2= d
Δt2
可得a= d
2
2s [
1
( Δt2)
2-
1
( Δt1)
2]
代入数据可得a=1.40 m/s2
(4)由图像可知，当F 到达一定值时小车才有加速度，可知原因是没平衡阻力或平衡阻力时长
木板倾角太小；
根据a= F −f
M = 1
M F- f
M
可知a-F 图像的斜率表示小车和力传感器总质量的倒数。
4.(8 分)(2025·浙江温州市三模)(1)(2 分)图(a)是“探究小车加速度与力、质量的关系”实验方
案甲，图(b)是改进后的方案乙，两方案中滑轮与细线间摩擦力，以及它们的质量均不计。下
列说法正确的是 。
A.两种方案均需要平衡阻力
B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行
C.不断增加槽码质量，两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度
D.操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，得到的纸带一定不可用
(2)(6 分)正确操作情况下，得到了一条纸带如图(c)所示，纸带上各相邻计数点间均有四个点
迹，电源频率为50 Hz。
①根据纸带上所给数据，计时器在打下计数点C 时小车的速度大小vC= m/s，小车的
加速度大小a= m/s2(以上结果均保留3 位有效数字)。
②可以判断，该纸带是由方案 (填“甲”“乙”或“甲、乙均有可能”)得到。
【答案】(1)AB (2)①0.534 2.00 ②乙
【解析】(1)两种方案均需要平衡阻力，选项A 正确；两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨
道保持平行，选项B 正确；不断增加槽码质量，甲方案中小车的加速度不会超过重力加速
度；乙方案中因小车的加速度等于槽码加速度的2 倍，则当不断增加槽码质量时小车的加速
度大小可能超过重力加速度，选项C 错误；用纸带上的点来求解加速度，操作中，若有学生
不小心先释放小车再接通电源，若接通电源及时，则得到的纸带也可能可用，选项D 错误。
(2)纸带上各相邻计数点间均有四个点迹，则T=0.1 s；
①计时器在打下计数点C 时小车的速度大小vC= xBD
2T =(4.35+6.33)×10
−2
0.2
m/s=0.534 m/s
小车的加速度大小a=
xCE−x AC
4T
2
=(8.34+6.33−4.35−2.33)×10
−2
4×0.1
2
m/s2=2.00 m/s2
②如果采用方案甲，设细线的拉力为FT，槽码质量为m，小车质量为M，则
对槽码有mg-FT=ma
对小车有FT=Ma
联立可得FT=
M
M +mmg，a=
m
M +mg
当m≪M 时，可认为FT≈mg，其相对误差为δ=mg−FT
mg
×100%=a
g×100%
因a=2.00 m/s2，则δ=20%，此时m 等于M 的25%，而实验中通常建议m 小于等于M 的5%，
以将系统误差控制在可接受范围内，可知采用方案甲误差过大，故该纸带是由方案乙得到。
