高中物理必修第1册进阶特训2

第二章进阶特训1．(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20m，不计空气阻力，g取10m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10m时，物体运动的时间可能为()A．(2－eq\r(2))s B．(2＋eq\r(2))sC．(2＋eq\r(6))s D．eq\r(6)s【答案】ABC【解析】取竖直向上为正方向，由veq\o\al(2,0)＝2gh得v0＝20m/s.物体的位移为x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，当物体位于A点上方10m处时x＝10m，解得t1＝(2－eq\r(2))s，t2＝(2＋eq\r(2))s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10m处时，x＝－10m，解得t3＝(2＋eq\r(6))s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误．2．(多选)如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移－时间图像，则()A．0～1s时间内a车的平均速度大小比b车的小B．0～3s时间内a车的路程比b车的小C．0～3s时间内两车的平均速度大小均为1m/sD．t＝2s时a车的加速度大小比b车的大【答案】ABC【解析】根据图像可知，0～1s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；0～3s内a车的路程为3m，b车的路程为s＝s1＋s2＝4m＋1m＝5m，故B正确；0～3s内两车的位移均为－3m，平均速度大小均为1m/s，故C正确；a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误．3．一质点以一定的初速度从A点开始向相距8m的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是()A．质点做加速度增大的变加速运动B．质点做匀加速运动，其加速度大小为2m/s2C．质点运动的初速度大小为4m/sD．质点从A点运动到B点所用的时间为8s【答案】B【解析】根据匀变速直线运动的速度位移关系v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，变形为v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可得v2－x的函数关系为一次函数，则质点做的是匀加速直线运动，故A错误；由v2－x图像取两组数据点(－1,0)和(8,36)代入表达式有0＝2a·(－1)＋veq\o\al(2,0)，36＝2a·8＋veq\o\al(2,0)，解得a＝2m/s2，v0＝2m/s，故B正确，C错误；从A点运动到B点的位移为8m，根据匀加速直线运动的位移时间公式可知8＝2t1＋eq\f(1,2)×2teq\o\al(2,1)，解得t2＝2s，D错误．4．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5m/s2，汽车可视为质点．则下列说法正确的是()A．汽车开始减速时距离自动收费装置110mB．汽车加速4s后速度恢复到20m/sC．汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s【答案】C【解析】汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝eq\f(1,2)(20＋5)×4m＝50m，故A错误；汽车加速4s后速度为v＝15m/s，故B错误；汽车从5m/s加速到20m/s通过的路程为x2＝eq\f(202－52,2×2.5)m＝75m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为x1＋x2＝125m，故C正确；汽车从5m/s加速到20m/s的时间t2＝eq\f(20－5,2.5)s＝6s，所以总时间t总＝4s＋t2＝10s，汽车以20m/s的速度匀速通过125m需要的时间是6.25s，所以耽误了3.75s，故D错误．5．动力车在刹车过程中位移和时间的比值eq\f(x,t)与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是()A．动力车的初速度为20m/sB．刹车过程动力车的加速度大小为2.5m/s2C．刹车过程持续的时间为8sD．4s内刹车位移为60m【答案】A【解析】根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可变形为eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，可见，题目中的图像表示汽车刹车时做匀减速直线运动，图线与纵轴的截距表示初速度，所以初速度为20m/s；图线的斜率表示eq\f(1,2)a，所以刹车加速度为5m/s2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的速度公式可求得刹车过程持续的时间为t＝eq\f(v0,a)＝4s，故C错误；由C选项可知，4s末速度已经减为0，根据匀变速直线运动的位移公式，将此匀减速运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则可得4s内的位移为x＝eq\f(1,2)at2＝40m，故D错误．6．一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是()A．这段时间内质点运动方向不变B．这段时间为eq\f(3v,a)C．这段时间的路程为eq\f(3v2,2a)D．再经过相同时间质点速度大小为3v【答案】B【解析】由题意知，质点做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回做匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，故A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝eq\f(3v,a)，故B正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，总路程为s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，故C错误；再经过相同时间，质点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，故D错误．7．(多选)将甲、乙两个小球从离地面40m高的地方分别以10m/s的速率竖直上抛和竖直下抛，两小球落地后均不反弹．若不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．两小球落地的时间差为4sB．两小球落地的时间差为2sC．两小球均未落地前，速度之差不变D．两小球均未落地前，小球间的距离先增大后减小【答案】BC【解析】以竖直向下为正方向，对竖直下抛运动，初速度方向为正方向，v0＝10m/s，加速度a＝g，位移x＝40m，根据位移时间关系有x＝v0t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，代入数据解得t1＝2s；对竖直上抛运动，x＝－v0t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，代入数据得t2＝4s，两小球落地的时间差为2s，A错误，B正确．两小球均未落地前，Δv＝(v0＋at)－(－v0＋at)＝2v0，保持不变；Δx＝v0t＋eq\f(1,2)gt2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－v0t＋\f(1,2)gt2))＝2v0t，随时间的变化，小球间的距离一直增大，C正确，D错误．8．A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图像如图所示，下列说法正确的是()A．4s时A物体运动方向发生改变B．0～6s内B物体的速度逐渐减小C．0～5s内两物体的平均速度相等D．0～6s内某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】A物体的x－t图线是一条倾斜的直线，所以A物体做匀速直线运动，且速度为vA＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(－2－4,6)m/s＝－1m/s，故选项A错误；0～6s内B物体的x－t图线的斜率增大，则B物体的速度逐渐增大，故选项B错误；0～5s内，A物体的位移ΔxA＝－1m－4m＝－5m，B物体的位移ΔxB＝－1m－(－4m)＝3m，所以A、B两物体在0～5s内位移不相等，则平均速度不相等，故选项C错误；0～6s内，A物体的位移Δx′A＝－2m－4m＝－6m，B物体的位移Δx′B＝2m－(－4m)＝6m，则|Δx′A|＝|Δx′B|，A物体做匀速直线运动，B物体的速度逐渐增大，则在0～6s内某时刻两物体的速度大小相等，故选项D正确．9．(多选)冬天雾霾天气频繁出现．某日早晨浓雾天气中道路能见度只有30m，且路面湿滑．一辆小汽车以18m/s的速度由南向北行驶，某时刻，突然发现正前方浓雾中有一辆卡车正以6m/s的速度同向匀速行驶，于是，司机鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以2m/s2的加速度减速行驶．前车接到示警2s后以2m/s2的加速度加速行驶．以下说法正确的是()A．前、后车因都采取了必要的加、减速运动，所以不会追尾B．前、后车虽采取了加、减速运动，但加速度过小，仍会发生追尾C．在前车开始加速时，两车仅相距9mD．两车距离最近时只有2m【答案】AD【解析】设后车经时间t两者共速，则(18－2t)m/s＝[6＋2×(t－2)]m/s，解得t＝4s，此时间内后车的位移x1＝18×4m－eq\f(1,2)×2×42m＝56m，前车的位移x2＝6×2m＋6×2m＋eq\f(1,2)×2×22m＝28m，因x2＋30m>x1，可知两车不会追尾，此时两车相距最近，距离为28m＋30m－56m＝2m，选项A、D正确，B错误；在前车开始加速时，两车相距(30＋6×2)m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18×2－\f(1,2)×2×22))m＝10m，选项C错误．10．如图甲所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度．遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A对齐．让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))，视为小车左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度．甲(1)小虎运用该方案测得加速度的表达式a＝__________________________________.(2)为了更精确地测得小车的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))，记录数据并作出eq\o(v,\s\up6(－))－t图像如图乙所示．根据图像，滑块左端过A处的瞬时速度大小为______m/s，滑块的加速度大小为________m/s2.(结果保留两位有效数字)乙(3)你认为小芳的新方案中，考虑遮光片的质量变化，在换用不同遮光片时，测得的加速度应该______(填“一样”或“不一样”)．【答案】(1)eq\f(\o(v,\s\up6(－))2,2L)(2)0.30±0.023.0±0.2(3)一样【解析】(1)根据速度与时间的关系得eq\o(v,\s\up6(－))2＝2aL，解得a＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))2,2L).(2)滑块通过光电门的过程为初速度为vA的匀加速直线运动，Δx＝vAt＋eq\f(1,2)at2，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,t)＝vA＋eq\f(1,2)at，所以eq\o(v,\s\up6(－))－t图线的斜率k＝eq\f(1,2)a，纵轴的截距表示vA的大小，则vA＝0.30m/s，加速度a＝2k＝2×eq\f(0.45－0.30,100×10－3)m/s2＝3.0m/s2.(3)根据牛顿第二定律，滑块下滑过程中，mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，加速度与质量无关，故在只更换不同遮光片时，测得的加速度是一样的．11．汽车A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7m处、以vB＝10m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止，其刹车的加速度大小a＝2m/s2.从此刻开始计时，问：(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少？(2)经过多长时间A恰好追上B?【答案】(1)16m(2)8s【解析】(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3s.此时汽车A的位移xA＝vAt＝12m，汽车B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m，故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m.(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq\f(vB,a)＝5s，运动的位移xB′＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝25m.汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20m，此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m，汽车A需再运动的时间t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s，故A追上B所用时间t＝t1＋t2＝8s.12．目前高速公路收费处，有专门的ETC收费通道．车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费．这种收费系统每车收费耗时不到2s，其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍．如图所示，假设一辆汽车以正常行驶速度v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t＝65s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小分别为a1＝2m/s2，a2＝1m/s2，求：(1)汽车过ETC通道时，匀变速行驶的总位移；(2)若汽车通过ETC通道比通过人工收费通道且速度恢复到v1时节省了69s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离．【答案】(1)180m(2)8m【解析】(1)设汽车通过ETC通道时的匀减速过程的位移为x1，匀加速过程的位移为x2，则x1＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),－2a1)＝60m，x2＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a2)＝120m，汽车匀变速行驶的总位移大小x＝x1＋x2＝180m.(2)汽车通过ETC通道时，设汽车匀速行驶的距离为d，汽车匀减速过程的时间t1＝eq\f(v2－v1,a1)＝6s，匀速过程的时间t2＝eq\f(d,v2)，匀加速过程的时间t3＝eq\f(v1－v2,a2)＝12s，所以汽车通过ETC通道的总时间t＝t1＋t2＋t3.汽车通过人工收费通道时，匀减速过程的时间t1′＝eq\f(v1,a1)＝8s，匀加速过程的时间t2′＝eq\f(v1,a2)＝16s，所以汽车通过人工收费通道的总时间t′＝t1′＋t0＋t2′＝89s.则汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt＝t′－t＝69s，解得t＝20s，t2＝2s.汽车在ETC通道匀速行驶的距离d＝v2t2＝8m.达标检测一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．以下说法正确的是()A．速度、加速度、力都是矢量 B．“一节课40分钟”中的40分钟指的是时刻C．所有体积很小的物体都能视为质点 D．研究物体的运动时，只能以地面为参考系【答案】A2．图中物体受力示意图正确的的是() A B C D【答案】C【解析】球受竖直向下的重力、挡板水平向右的弹力和斜面的支持力，故A错误；球棒受重力、左端指向圆心的支持力、右侧接触点垂直棒向上的支持力，故B错误；球受重力和地面的支持力，右球对其没有弹力，否则不会静止的，故C正确；球受重力、绳子的拉力，及竖直面的弹力，故D错误．3．如图甲、乙所示，弹簧测力计和细线的重力及一切摩擦不计，物重G＝1N，则弹簧测力计A和B的示数分别为()A．0N,1N B．2N,1NC．1N,1N D．1N,2N【答案】C【解析】图甲弹簧测力计受到向右1N的拉力保持静止，向左受的拉力也是1N，示数也为1N，同理，乙图中测力计两端受的力都是1N，示数也应为1N.4．如图所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v－t图像，根据图线可以判断()A．甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同，方向相同B．两球在t＝8s时相距最远C．两球在t＝2s时刻速度相同D．两球在t＝8s时相遇【答案】D【解析】甲、乙两小球均做匀变速直线运动，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，解得a甲＝－10m/s2，a乙＝eq\f(20,3)m/s2，故A错误；从零时刻到两小球速度相等，乙物体向反方向运动，甲物体向正方向运动，它们的间距在增大，直到速度相等时间距最大，由图像可知，该时间点在4～6s之间，故B错误；两球在t＝2s时刻甲、乙两物体的速度分别为20m/s、－20m/s，所以它们的速率相等，方向相反，故C错误；甲物体8s内的总面积为零即总位移为零，说明甲物体又回到出发点，乙物体前2s内静止，后6s内的总位移为零，说明乙物体也回到了出发点，又因为两物体从同一地点出发，所以两物体此时相遇，并且相距最近，故D正确．5．如图为某节目所设计的导师战车，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10m的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4s．在战车的运动过程中，下列说法正确的是()A．战车在运动过程中导师处于失重状态B．战车在运动过程中所受外力始终不变C．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度【答案】D【解析】由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有沿斜面向下的分加速度，车处于失重状态；当车减速时，车有向上的分加速度，车处于超重状态．故A错误．由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，结合牛顿第二定律可知，车受到的合外力先沿斜面向下，后沿斜面向上．故B错误．“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速．故C错误．车的位移是10m，时间是4s，所以可以求出平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(10,4)m/s＝2.5m/s.故D正确．6．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)到最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t.则物体的()A．vm只能为2v，与a1、a2的大小无关 B．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2必须是一定的 D．a1、a2必须满足eq\f(a1a2,a1＋a2)＝eq\f(v,t)【答案】A【解析】当物体匀速通过A、B两点时，x＝vt.当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x＝eq\f(vm,2)t1＋eq\f(vm,2)t2＝eq\f(vm,2)t，解得vm＝2v，与a1、a2的大小无关．故A正确，B、C错误．匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t＝eq\f(vm,a1)＋eq\f(vm,a2)，而vm＝2v，代入得t＝eq\f(2v,a1)＋eq\f(2v,a2)，整理得eq\f(a1a2,a1＋a2)＝eq\f(2v,t).故D错误．7．如图，eq\f(1,6)段光滑圆弧轨道竖直放置，轨道的最低点刚好与水平面相切，质量分别为M和m的小球用柔软轻绳连接，m竖直悬挂，M在圆弧轨道内部，正好处于静止状态，不计一切摩擦．已知α＝30°，则圆弧对M的支持力为()A．eq\r(2)mg B．mgC．eq\f(\r(3),3)mg D．eq\f(2\r(3),3)mg【答案】A【解析】对小球受力分析，如图，根据正弦定理可知，eq\f(FN,sin45°)＝eq\f(mg,sin30°)，解得FN＝eq\r(2)mg，故选A.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v－t图像如图所示，则()A．经20s后乙开始返回B．第50s末，乙在甲的前面C．甲、乙两次相遇的时刻为10s末和40s末D．甲、乙两次相遇的时刻为20s末和60s末【答案】BD【解析】乙的速度一直为正值，速度方向不变，没有返回，故A错误；在第50s末，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，即乙的位移大于甲的位移，可知乙在甲前面，故B正确；由图线可知，在20s末和60s末，甲、乙两图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，甲、乙相遇，故C错误，D正确．9．如图所示，一小球从A点自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，小球从B点开始压缩弹簧，到达最低点C，然后被弹簧弹回．下列说法中正确的是()A．小球到达B点时速度最大B．小球速度最大时的位置在B、C之间C．小球从B点下落到C点的过程中，加速度先减小后增大D．小球从A点下落到C点的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动【答案】BC【解析】从A到B的过程中小球做自由落体运动，小球与B接触后，小球的重力先大于弹力，加速度方向向下，大小逐渐减小，当小球的重力等于弹力时，加速度为0，速度达到最大，继续向下运动时，小球的弹力大于重力，加速度方向向上，大小逐渐增大，所以从B到C的过程中，加速度先减小后增大，故B、C正确，A、D错误．10．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则()A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】AB【解析】由v－t图像可知，小物块先向左减速到零，然后再向右加速到v1，之后与传送带一起向右做匀速运动，由于v2>v1，所以相对地面来说，小物块向左减速阶段的位移大于向右加速运动阶段的位移．t1时刻，小物块离A点的距离最大，A正确；t2时刻二者相对位移最大，B正确；0～t2时间内，小物块的加速度不变，摩擦力不变，C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力的作用，D错误．三、非选择题：本题共4小题，共54分．11．(9分)“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉的位置，O为橡皮筋与细绳的结点的位置，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)某次实验中，拉OC细绳的弹簧秤指针位置如图甲所示，其读数为________N；乙图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________.(2)关于此实验下列说法正确的是________.A．与橡皮筋连接的细绳必须等长B．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小C．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必须与用一只弹簧秤拉时的结点位置重合D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点距离要短一些【答案】(1)2.60F′(2)C【解析】(1)甲图所示弹簧秤的最小分度为0.1N，则读数为2.60N；F是通过作图的方法得到的合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮筋，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同的力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不重合．(2)与橡皮筋连接的细绳是为了确定细绳拉力的方向，两绳的长度不必相等，故A错误；用两只弹簧秤拉橡皮筋时，只要使两弹簧秤拉力的合力与一只弹簧秤拉力的效果相同就行，两弹簧秤的拉力不需要相等，故B错误；为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋与细绳的结点拉至同一位置，故C正确；标记同一细绳方向的两点距离要远一些，这样引起的拉力方向的误差会小些，故D错误．12．(9分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置进行实验：(1)实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是___________.(2)在实验操作中，下列说法正确的是________.A．实验中，若要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让小车质量远大于砝码(包括砝码盘)的质量B．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系(3)如图乙为研究“在外力一定时，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车的质量为________.【答案】(1)平衡摩擦力(2)AD(3)eq\f(b,k)【解析】(1)实验时，为使绳子的拉力就是小车受到的合外力，要将木板不带滑轮的一端垫起，目的是平衡摩擦力．(2)设小车的质量为M，砝码(包括砝码盘)的质量为m1，根据牛顿第二定律m1g－F＝m1a，F＝Ma，联立解得F＝eq\f(Mm1g,M＋m1)＝eq\f(m1g,1＋\f(m1,M))，知当砝码(包括砝码盘)总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力近似等于砝码(包括砝码盘)的总重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的总质量远小于小车的质量，故A正确；使用打点计时器时，都应该先