2024年高考物理一轮复习专题3.3实验四探究加速度与力质量的关系精练含解析

PAGEPAGE1专题3.3试验四探究加速度与力、质量的关系1．（山东省临沂市2025届模拟）如图所示为探究牛顿其次定律的试验装置．该装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成．光电门可以测出滑块通过光电门的时间，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，另用天平测出滑块(含遮光片）和沙桶（含沙子）的质量分别为M和m．(1)在探究牛顿其次定律的试验中，运用气垫导轨的主要目的是____________A．减小噪声B．减小滑块速度C．减小摩擦力D．增加摩擦力(2)假如滑块上的遮光板宽度为d，通过1、2两个光电门时的挡光时问分别为t1和t2，测量出两个光电门之间的距离s，那么滑块运动的加速度a的计算式是a=__________．【答案】C【解析】(1)在探究牛顿其次定律的传统试验装置中，我们须要抬高木板的一端，使得小车重力沿斜面得分力等于小车受到的摩擦力，即平衡小车受到的摩擦力。运用气垫导轨后，可以大大减小滑块与导轨之间的摩擦力。所以运用气垫导轨的主要目的是减小摩擦力，故C正确；(2)因为较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，滑块经过光电门1时的速度表达式同理得：依据运动学的公式：解得：。2．（重庆市2025届调研测试）在“探究加速度与力的关系”试验中，某小组设计了如图所示的试验装置。图中上下两层前端固定有光滑滑轮，两相同小车前端各系一条细线，细线跨过定滑轮并挂上一个砝码盘，盘中可放砝码，小车Ⅱ所挂砝码和砝码盘的总质量是小车Ⅰ所挂砝码和砝码盘总质量的两倍。将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部各系一条细线连到限制装置上，试验时通过限制装置使两小车同时起先运动，按下装置两小车同时马上停止。某次试验时小车Ⅰ的位移为s1，小车Ⅱ的位移为s2。(1)为了减小试验误差,下列说法正确的是（________）A.试验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时须要挂上砝码盘和砝码B.试验之前将轨道倾斜来平衡摩擦力，平衡摩擦力时不须要挂上砝码盘和砝码C.砝码盘和砝码的总质量应远大于小车的质量D.砝码盘和砝码的总质量应远小于小车的质量(2)若试验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，则可得试验结论是：在质量肯定的状况下，物体的加速度与所受到的合外力成______(填“正比”或“反比”)(3)由于试验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，因此s1和s2的大小关系是（________）A．2s1>s2B．2s1=s2C．2s1<s2【答案】BD正比B【解析】(1)AB：试验前须要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，砝码盘不须要挂上，但小车必需挂上纸带，将轨道倾斜来平衡摩擦力．故A项错误，B项正确．CD：若要将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，绳中拉力约等于砝码和砝码盘的总重力，需满意砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量．故C项错误，D项正确．(2)两小车同时起先运动，并同时停止，两车运动的位移，则有：位移与加速度成正比；试验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，小车Ⅱ加速度近似是小车Ⅰ加速度的两倍，则可得试验结论是：在质量肯定的状况下，物体的加速度与所受到的合外力成正比．(3)由于试验中将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力的大小，依据运动的位移公式，结合牛顿其次定律，因此s1和s2的大小关系是：2s1=s2．故AC项错误，B项正确．3．（河北邯郸一中2025届期中）某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系．利用力传感器测量细线上的拉力．依据如下步骤操作：①安装好打点计时器和纸带，调整导轨的倾斜程度，平衡小车摩擦力；②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上肯定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；③打开力传感器并接通打点计时器的电源(频率为50Hz的沟通电源)；④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F.通过分析纸带得到小车加速度a；⑥变更钩码的质量，重复步骤①②③④⑤；⑦作出a－F图象，得到试验结论．(1)本试验在操作中是否要满意钩码的质量远远小于小车的质量？(填写“须要”或“不须要”)；某次释放小车后，力传感器示数为F，通过天平测得小车的质量为M，动滑轮和钩码的总质量为m，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于．A．a＝eq\f(F,2M)B．a＝eq\f(F,M)C．a＝eq\f(mg－2F,M) D．a＝eq\f(2F,M)(2)如图是某次试验测得的纸带的一段，可以推断纸带的(填“左”或“右”)端与小车连接，在打点计时器打下计数点6时，钩码的瞬时速度大小为m/s.(保留两位有效数字)【答案】(1)不须要B(2)左0.75【解析】(1)本试验利用力传感器测量细线上的拉力，不须要用钩码的重力代替，所以不须要满意钩码的质量远远小于小车的质量，依据牛顿其次定律得：a＝eq\f(F,m)，故B正确．(2)纸带右侧两点间的距离越来越大，故左端与小车相连，瞬时速度为5到7的平均速度故v＝eq\f(0.03,0.04)m/s＝0.75m/s.4．（山东青岛二中2025届期中）两试验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”试验．(1)A组用如图甲所示装置做试验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可干脆显示所受拉力的大小．做试验时，下列操作必要且正确的是．A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C．为了减小误差，试验中肯定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D．用天平测出砂和砂桶的质量(2)B组用如图乙所示的试验装置来做试验．①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz.打第4个计数点时小车的速度v4＝m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a＝m/s.(保留三位有效数字)②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的状况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到eq\f(1,3)M.测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a－F的图象．下列图线正确的是．【答案】(1)AB(2)①1.212.02②C【解析】(1)试验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，选项A正确；为重复利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项B正确；绳子的拉力可以由拉力传感器，读出，试验中不须要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不须要用天平测出砂和砂桶的质量，选项C、D错误．(2)①每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，因此相邻两计数点间的时间间隔为T＝0.1s，打计数点4时小车的瞬时速度等于计数点3～5间的平均速度，则有：v4＝eq\f(0.111＋0.131,0.2)m/s＝1.21m/s；依据Δx＝aT2，解得a＝eq\f(0.111＋0.131＋0.151－0.05－0.0705－0.091,9×0.12)m/s2≈2.02m/s2.②平衡了摩擦力后，对小车有：T＝Ma，对砂和砂桶有：mg－T＝ma，联立可得：a＝eq\f(mg,M＋m).若满意m≤M，则有a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(F,M)，即a－F的图象为直线，当砂和砂桶的质量较大时，不再满意m≤M这一条件，此状况下按相同方式描点的图象遵循a＝eq\f(F,M＋m)规律，随着砂的质量的增加，a－F的图象的斜率为k＝eq\f(1,M＋m)将减小，所以图线将向下弯曲．5.（海南海口一中2025届期末）某试验小组设计了如图(a)所示的试验装置，通过变更重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种状况下分别做了试验，得到了两条a－F图线，如图(b)所示．滑块和位移传感器放射部分的总质量m＝kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝.(重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【答案】0.50.2【解析】当轨道水平常，依据牛顿其次定律得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg上图(b)可知图线的斜率k＝eq\f(1,m)＝2，计算得出m＝0.5kg纵轴截距μg＝2，计算得出μ＝0.2.6.（江苏徐州试验中学2025届期末）其学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系．装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以变更铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出，现保持铝箱总质量不变，渐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次试验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力．(1)某同学依据试验数据画出了a－F关系图线如图乙所示，则由该图象可得铝箱总质量m＝，重力加速度g＝.(结果保留两位有效数字)(2)当砂桶和砂的总质量M较大导致a较大时，实际得到的加速度a的值可能是(填选项前的字母)A．120m/s2B．10.0m/s2C．5.0m/s2 D．6.0m/s2【答案】(1)0.20kg10m/s2(2)CD【解析】(1)对铝箱分析，应有FT－mg＝ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝eq\f(1,m)(eq\f(F,2)－mg)＝eq\f(1,2m)F－g，可知图线的斜率k＝eq\f(1,2m)＝eq\f(10,4)，解得m＝0.20kg，纵轴截距－g＝－10，解得g＝10m/s2；(2)对砂桶和砂分析，应有Mg－FT＝Ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝g－eq\f(1,2M)F，当砂桶和砂的总质量较大，加速度a接近g，故实际得到的加速度a＜g，故C、D正确，A、B错误．7．（天津市和平区2025届高三高考二模）某探讨性学习小组利用气垫导轨进行物理试验，试验装置如图（a）所示。在气垫导轨上相隔肯定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光条，光电门可以记录下遮光条通过光电门时所用的时间。滑块上装有拉力传感器，可以读出细线上的拉力大小。①试验前用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图（b）所示，则d=_____mm。②滑块用细线跨过气垫导轨右端的定滑轮与托盘（盘内有砝码）相连，将滑块由图（a）所示位置释放，若己知遮光条通过两个光电门所用时间分别为△t1、△t2以及遮光条宽度d，还测出两光电门间距离L，则滑块的加速度可用上述物理量表示为a=_____。③利用该试验装置还可以进行牛顿定律的验证，关于牛顿定律的验证某同学提出如下观点，其中正确的是_____。A.测量遮光条宽度时可以实行多次测量取平均值的方法消退系统误差B.试验中加速度己由②中获得，只需读取拉力传感器的读数F并测得滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，即可验证牛顿定律C.因为拉力传感器可以干脆读取拉力，所以不须要调整气垫导轨右端定滑轮的高度，使牵引滑块的细绳与导轨平行D.因为拉力传感器可以干脆读取拉力，所以不须要托盘和砝码的总质量m远小于滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M【答案】8.473mm；；BD【解析】①由图可知，螺旋测微器的读数为：；②通过两个光电门的速度分别为：，，由匀变速直线运动的速度位移公式得：，解得：；③A项：系统误差不行能消退，只可能减小，故A错误；B项：由于拉力传感器的示数即为小车的合力，所以只需读取拉力传感器的读数F并测得滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，即可验证牛顿定律，故B正确；C项：要调整气垫导轨右端定滑轮的高度，使牵引滑块的细绳与导轨平行，这样才能保证小车的合力为力传感器的示数，故C错误；D项：因为拉力传感器可以干脆读取拉力，所以不须要托盘和砝码的总质量m远小于滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，故D正确。8．（广东省高三“六校联盟”2025届第四次联考）如图所示，试验小组的同学将力传感器固定在小车上，然后把细绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，依据所测数据作出了如图所示的a－F图象。已知电源频率为50Hz，重力加速度g取9.8m/s2，忽视细绳的质量和滑轮的摩擦以及空气阻力，计算结果均取两位有效数字。（1）图线不过坐标原点的可能缘由是__________；A．试验过程中没有满意“砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量”的条件B．试验过程中先释放小车运动，再接通电源打点C．试验过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足（2）由图线求出小车和传感器的总质量为__________kg；（3）其中一次试验过程中得到的纸带如图所示，相邻两个计数点间还有4个打点未标出，则该次试验过程中，砂和桶的总质量等于__________kg【答案】C1.00.27【解析】（1）由图像可知，当F增加到某一值时，小车才起先有加速度，可知缘由是试验过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，故选C.（2）由，可知（3）相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：T=0.1s，

依据△x=aT2，运用逐差法得，小车运动的加速度为：由牛顿其次定律：，，由第（1）问可知，解得砂和桶的总质量:m=0.27kg9．（福建省福州市2025届中学毕业班其次次质量检查）某试验小组的同学利用如图1所示的装置“探究物体速度和位移的关系”，并测量物块和桌面间的动摩擦因数。已知弹簧处于原长时，物块位于光电门左侧。(1)按如图1所示安装试验器材，物块上方装有较窄的遮光条，用游标卡尺测量其宽度如图2所示，则遮光条的宽度为__________mm。(2)试验步骤如下：①让物块压缩弹簧并锁定；②释放物块，读出物块通过光电门时的遮光时间Δt；③测量出物块停止运动时遮光条的位置到光电门之间的位移x；④重复②③步骤，测出多组遮光时间Δt和位移x的值；⑤计算出物块通过光电门时对应的速度v。(3)依据测量的数据在如图3所示的坐标纸上做出v2－x图象，由图象可知，物块在桌面上运动的加速度大小为__________m/s2。已知重力加速度g取10m/s2，则物块和桌面间的动摩擦因数为____________。(结果均保留两位有效数字)【答案】6.755.0(4.7～5.1均可)0.50(0.47～0.51均可)【解析】(1)游标卡尺的读数为6mm＋0.05×15mm=6.75mm。(3)由匀变速直线运动规律有v2=2ax，图象的斜率k=2a，所以a=。依据图象求得斜率k=10.0m/s2，所以物块在桌面上运动的加速度大小a=5.0m/s2；依据牛顿其次定律有μmg=ma，所以μ=0.50。10．（四川省德阳市2025届高三模拟）为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组运用位移传感器设计了如图所示试验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变更规律，如图所示。①依据上述图线，计算0.4s时木块的速度=_______m/s，木块加速度a=________m/s2；②现测得斜面倾角为，g取10m/s2，则=________；③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器起先计时的时刻必需是木块从A点释放的时刻【答案】0.410.625A【解析】①依据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：；②选取木块为探讨的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：，若，则；③依据②的分析可知，在试验中，为了削减试验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器起先的计时时刻不肯定必需是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。11．（山西省太原市2025届高三模拟）用图甲的装置测量木块与水平木板间的动摩擦因数μ时，所用木块的质量与重物的质量相等.若测得木块的加速度为a，用g表示重力加速度的值，则：(1)计算动摩擦因数的表达式为μ=________（用题中物理量的符号表示）.试验中得到一条纸带如图乙所示A-E为5个计数点，相邻计数点间有4个点未画出，各计数点距离如图。已知打点计时器运用的电源频率为50Hz，可求得:（计算结果保留三位有效数字）(2)打下D点时木块的速度vD=____m/s；(3)运动过程中木块的加速度a=______m/s2.【答案】0.9753.15（3.14-3.16）【解析】(1)设木块质量和重物质量为m，对重物依据牛顿其次定律：，对木块有：，联立解得：.(2)纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点的平均速度，故.依据位移差公式得：加速度.12．(山东师大附中2025届模拟)(1)有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是mm.用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是mm.(2)某试验小组利用如图丙所示的试验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．在调整好导轨水平的条件下，试验中测得遮光条的宽度d＝0.50cm；试验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.0×10－2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为m/s.在本次试验中还须要测量的物理量有：钩码的质量m、和(文字说明并用相应的字母表示)．本试验通过比较和在试验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示)，从而验证了系统的机械能守恒．(3)如图所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA和mB的两个物体得出的加速度a与力F之间的关系图线，分析图线可知①比较两地的重力加速度，有gA＞gB；②比较两物体的质量，有mA＜mB；③比较两地的重力加速度，有gA＝gB④比较两物体的质量，有mA＞mBA．③④ B．①②C．①④ D．②③【答案】(1)10.507.500(2)0.25m/s滑块质量M光电门与滑块初始位置距离LmgLeq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2(3)D【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm＝0.50mm，所以最终读数为：10mm＋0.50mm＝10.50mm；螺旋测微的固定刻度读数为7.5mm，可动刻度读数为0.01×0.0mm＝0.000mm，所以最终读数为：7.5mm＋0.000mm＝7.500mm；(2)滑块经过光电门时的瞬时速度v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(0.50×10－2,2×10－2)m/s＝0.25m/s；试验验证系统机械能守恒，系统动能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL，推断eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2与mgL在误差允许的范围内是否相等，所以本试验还须要测量的物理量有：滑块的质量M，滑块初始位置与光电门间距离L；(3)物体受拉力和重力，依据牛顿其次定律，有：F－mg＝ma，解得：a＝eq\f(F,m)－g，可知a－F图象中斜率表示eq\f(1,m)，由图可知A的斜率大于B的斜率，所以mA＜mB，依据图象的纵轴截距的肯定值表示当地的重力加速度，所以gA＝gB，故D正确，A、B、C错误．1.（2024·新课标全国Ⅱ卷）如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的试验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的沟通电源，纸带等。回答下列问题：（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）（2）某次试验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止起先沿木板滑下。多次重复后选择点迹清楚的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为（结果保留2位小数）。【答案】（1）（2）0.35【解析】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=①（2）由逐差法a=得：SII=（76.39-31.83）×10-2m，T=0.15s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a=m/s2=1.97m/s2，代入①式，得：μ==0.352.（2024年江苏卷）某同学利用如图所示的试验装置来测量重力加速度g．细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤．试验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止．释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t．请回答下列问题（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的______（选填“偶然”或“系统”）误差．（2）试验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小许多，主要是为了______．A、使H测得更精确B、使重锤1下落的时间长一些C、使系统的总质量近似等于2MD、使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等（3）滑轮的摩擦阻力会引起试验误差．现供应一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做_________________?（4）运用橡皮泥改进试验后，重新进行试验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用试验中的测量量和已知量表示g，得g=______．【答案】（1）偶然（2）B（3）在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能视察到其匀速下落（4）【解析】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的试验探究实力。（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的试验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小许多。（3）为了消退滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。（3）依据牛顿其次定律有，又，解得。3．[2024·全国卷Ⅲ]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本试验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010kg.试验步骤如下：(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．图1­(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s­t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s­t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．n12345a/(m·s－2)0.200.580.781.00(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a­n图像．从图像可以看出：当物体质量肯定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图1­(5)利用a­n图像求得小车(空载)的质量为______kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)．A．a­n图线不再是直线B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点C．a­n图线仍是直线，但该直线的斜率变大【答案】(3)0.39(0.37～0.49均可)(4)a­n图线如图所示(5)0.45(0.43～0.47均可)(6)BC【解析】(3)系统做匀加速直线运动，s＝eq\f(1,2)at2，由图(b)可知，当t＝2s时，s＝0.78m，代入解得a＝0.39m/s2.(4)由题意知描点法作图所得的必需是一条直线．(5)对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F＝nma；对于小车(含剩下的钩码)，有F＝[M＋(N－n)m]a；两式相加得nmg＝(M＋Nm)a；解得a＝eq\f(nmg,M＋Nm)＝eq\f(0.098,M＋0.05)n，可见a­n图像的斜率表示eq\f(0.098,M＋0.05)，由a­n图可知斜率k＝0.196，所以eq\f(0.098,M＋0.05)＝0.196，解得M＝0.45kg.(6)木板水平常要考虑摩擦力的影响，对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F′＝nma；对于小车(含剩下的钩码)，有F′－μ[M＋(N－n)m]g＝[M