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专题16 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
题型一 教材原型实验
1．【答案】(1)AD
(2) 0.26 0.40
(3)AD
【详解】（1）A．调节滑轮高度使牵引细线与长木板平行，可以保证小车运动过程中合外力恒定，故A
正确；
B．实验应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放小车，故B 错误；
C．补偿阻力时，不应悬挂小桶，只需要让小车自身重力平衡阻力即可，故C 错误；
D．实验中把小桶和砂的总重力近似等于绳子拉力，只有小车质量远大于小桶和砂总质量时，该近似才成
立，故D 正确。
故选AD。
（2）[1]每相邻两个计数点间还有4 个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔 T =0.02×5s=0.1s
B点速度等于AC段的平均速度 vB= x AC
2T = 52.0×10
−3 m
2×0.1s
=0.26 m/s
[2]由逐差法得a= xCE−x AC
4×T
2
= [(120.0−52.0)−52.0)×10
−3
4×0.1
2
m /s
2=0.40 m/s
2
（3）A．探究实验需要让小车合力等于绳子拉力，因此都需要补偿阻力，丙已经垫高，丁水平木板也需
要垫高补偿阻力，故A 正确；
B．丙装置弹簧测力计直接测量绳子拉力，丁装置力传感器直接测量绳子拉力，两种装置都直接测量绳上
的拉力，不用近似处理，不需要满足小车质量远大于砝码质量， 故B 错误；
C．补偿阻力后，小车合力等于绳子拉力，弹簧测力计和力传感器都直接测出绳子拉力，但是丁图实验装
置未补偿阻力，则示数不可以表示小车受到的合力，故C 错误；
D．弹簧测力计是直接测量绳上的拉力，即为小车的合外力，滑轮质量不会影响测力计的测量，故D 正确。
故选AD。
2．【答案】(1)0.390
(2)C
(3)( d
Δt2
)
2
−( d
Δt1
)
2
2 x
【详解】（1）每5 个连续打出的点取一个计数点，则相邻打点时间间隔为t =5×0.02s=0.1s
打下计数点3 时小车速度为v3= x24
2T = (16.70−8.90)×10
−2
0.2
m /s=0.390 m /s
（2）A．补偿阻力时，有Mgsinθ = μMgcosθ
可得tanθ = μ
可知改变小车总质量，不需要重新补偿阻力，故A 错误；
B．电火花计时器需要接220V 交流电源，故B 错误；
C．为了使小车运动过程，细线拉力恒定不变，应调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，
故C 正确；
D．为了充分利用纸带，小车应尽量接近打点计时器，先接通电源后释放小车，故D 错误。
故选C。
（3）经过两光电门时的速度分别为v1= d
Δt1
，v2= d
Δt2
根据运动学公式可得v2
2−v1
2=2ax
联立可得滑块的加速度为
a=
( d
Δt2
)
2
−( d
Δt1
)
2
2 x
3．【答案】(1) 0.543 1.36
(2)B
(3)AC
(4)正确，论证过程见详解
【详解】（1）[1] 计数点C 对应物体的瞬时速度大小为
vC = xBD
2T = （4.75+6.11）×10
−2
2×0.1
m /s=0.543 m /s
[2] 根据逐差法整个运动过程中物体的加速度大小为
a= xCE−x AC
4T
2
= [（6.11+7.47 ）−（3.39+ 4.75）)×10
−2
4×0.1
2
m /s
2=1.36 m /s
2
（2）根据牛顿第二定律，可得a= 1
M F
易知图像的斜率表示1
M
，所以图像的斜率不同说明两位同学使用器材中的小车质量是不同的。
故选B。
（3）AB．从图丙可以看出图线不通过坐标原点，由牛顿第二定律可知，是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不
足，故A 正确，B 错误；
C．随着拉力F增大（即悬挂物的重力mg增大），已经不满足m≪M，故C 正确。
故选AC。
（4）图中PN对应小车合力为悬挂物的重力mg时的加速度a1。即mg= M a1
图中QN对应小车的实际加速度a2，设此时细线的拉力为T，则对小车有T = M a2
对悬挂物有mg−T =ma2
联立解得a1
a2
= m+ M
M
即PN
QN = m+ M
M
所以该同学的猜想正确。
4．【答案】(1)C
(2)( x2−2 x1)f
2
(3) Mmg
M +m
【详解】（1）平衡阻力时，小车不能挂槽码（不受牵引），且需要拖动纸带，才能同时平衡小车阻力和
纸带与打点计时器间的阻力，当小车不受牵引、拖动纸带做匀速运动时，说明阻力平衡完成。
故选C。
（2）交流电源频率为f ，相邻计时点的时间间隔T = 1
f
由逐差法a= x2−2 x1
T
2
=( x2−2 x1)f
2
（3）对小车和槽码整体由牛顿第二定律得整体加速度a=
mg
M +m
小车受到的合力F = Ma
代入整理得实际合力F = Mmg
M +m
5．【答案】(1) 平衡摩擦力 m 远小于M
(2)0.79
(3)A
【详解】（1）[1][2]为了使小车受到的合外力等于绳的拉力，需要进行的操作是平衡摩擦力；为了使小车
受到绳的拉力近似等于砝码和砝码盘所受的重力，需要满足的条件是m 远小于M。
（2）根据xCD−x AB=2at
2
得a= xCD−x AB
2t
2
=0.79m/ s
2
（3）由于细线不可伸长，因此砝码和砝码盘与小车具有了相同大小的加速度，对它们整体根据牛顿第二
定律有mg=( M +m)a
解得a=
mg
m+ M
因此在mg 一定的情况下，a∝
1
m+ M
故选A。
题型二 创新实验提升
6．【答案】(1)C
(2)2.22
(3) 2.0 3.0
【详解】（1）AD．因有力传感器测量小车受的拉力，则不需要用天平测出砂和砂桶总质量，也不需要保
证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，AD 错误；
B．小车要靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，B 错误；
C．选用电火花计时器时纸带与计时器间的阻力较小，则比选用电磁打点计时器实验误差会更小，C 正确。
故选C。
（2）相邻两计数点之间还有四个点未画出，可知T=0.1s，则加速度
a= xBD−xOB
4T
2
= (22.08−6.61−6.61)×10
−2
4×0.1
2
m/s
2=2.22m/s
2
（3）[1][2]根据2 F −Ff = Ma
可得a= 2
M F −Ff
M
由图像可知0= 2
M ×1−F f
M
，2
M =
4
7−1 = 2
3
可得M=3.0kg，Ff=2.0N
7．【答案】(1)不正确
(2)不需要
(3)C
(4)1
【详解】（1）补偿阻力的操作应该是把长木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至小车能带着纸带在木板上
向下做匀速运动（即打出的纸带上点的间隔均匀），所以该同学的操作不正确。
（2）因为实验中存在力传感器，所以在忽略空气阻力的情况下，绳上拉力就是小车受到的合力，所以不
需要钩码质量远小于小车的质量。
（3）该同学按照步骤①的操作进行时，平衡摩擦力过度，所以力传感器示数为0 时，可认为小车已受到
外力F0，此时小车已经有加速度，即公式应为F + F0= Ma
可得a= 1
M F + F0
M
故图像纵轴截距不为零。
故选C。
（4）每改变一次钩码的质量，可以得到一条新的纸带，利用这条纸带测出一组力传感器的读数和一个a
的大小，所以在图像中只有一个点。
8．【答案】(1)D
(2) 8.50 0.439
(3)B
(4)见解析
【详解】（1）A．实验必须先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放AGV，故A 错误；
B．调整定滑轮高度时，必须保证细线与木板平行，否则拉力方向与运动方向不一致，会产生额外分力，
导致加速度测量不准，故B 错误；
C．平衡阻力时，不能挂上标准配重块，需让小车（AGV）在无拉力的情况下匀速运动，故C 错误；
D．平衡阻力时有Mgsinθ = μMgcosθ
可知质量M 可被约去，因此增加负载后无需再次平衡阻力，故D 正确。
故选D。
（2）[1]刻度尺最小分度值为0.1cm，因此读数保留到百分位，即B 点的刻度值为8.50cm；
[2]因为相邻计数点间还有4 个点未画出，可知相邻计数点时间间隔为t=0.1s，计算AGV 在B 点的瞬时速度
vB= x AC
2t = 13.28−4.50
0.2
×10
−2m /s=0.439 m /s
（3）对整体有mg=( M +m)a
整理得a=
1
M +m mg
可知a−
1
M +m
图像是过原点的倾斜直线。
故选B。
（4）按图丙安装双轨道，将两辆AGV（小车 Ⅰ、小车 Ⅱ）分别置于轨道起点，前端通过细线连接定滑
轮与砝码盘，后端由控制装置同步触发启动与制动。给两辆AGV 施加不同的负载（或不同的牵引拉力），
保证两车同时启动、同时制动（运动时间t 完全相同，根据x = 1
2 at
2
可知t 相同时，a 与x 成正比，因此位移大的AGV 加速度更大，即直接通过位移大小比较加速度大小。
9．【答案】(1)B
(2)0.82
(3)1
9
【详解】（1）A．补偿阻力时，不能挂钩码（槽码），需要让小车拖动纸带匀速运动来平衡阻力，故A
错误；
B．连接槽码和小车的细线与木板平行，才能保证拉力恒定沿运动方向，故B 正确；
C．实验近似认为拉力等于槽码重力，需要满足小车和砝码总质量M远大于槽码质量m，故C 错误。
故选B。
（2） 电源频率50 Hz，相邻计数点间有4 个点未画出，因此相邻计数点时间间隔T =0.1s。 利用逐差法
计算加速度 x1= 4.36cm, x2=5.17cm, x3=6.00cm, x4=6.81cm, x5=7.64 cm, x6=8.46cm
则a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
= (22.91−15.53)×10
−2m
9×(0.1s)
2
=0.82m/ s
2
（3）实验中把F =mg当作小车的拉力，拟合直线满足a理= F
M
实际对整体，由牛顿第二定律mg=( M +m)a
代入F =mg
得m= F
g
整理得实际加速度a实=
Fg
Mg+ F
由题意QN
PN = a实
a理
= 9
10
代入得
Fg
Mg+ F
F
M
=
Mg
Mg+ F = 9
10
整理得F
Mg = 1
9
10．【答案】(1) 0.641 0.820
(2)C
【详解】（1）[1]打点计时器频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4 个点未画出，则相邻计数点间的时
间间隔T =0.02×5s=0.1s
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，打下计数点4 时小车的速度
v4= x35
2T = (60.0+68.2)×10
−3
2×0.1
m/s=0.641m/s
[2]根据逐差法Δx =aT
2，可知
a= (x45+ x56+ x67)−( x12+ x23+ x34)
9T
2
= (68.2+76.4+84.6)−(43.6+51.8+60.0)
9×0.1
2
×10
−3 m/s
2=0.820 m/s
2
（2）A．图像过原点，说明拉力F为0 时加速度a为0，且一旦有拉力就有加速度，这是平衡摩擦力恰当
的情况，故A 错误；
B．图像在a轴上有截距，说明拉力F =0时小车已经有了加速度，这是因为平衡摩擦力时木板倾角过大，
重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，故B 错误；
C．图像在F轴上有截距，说明当拉力F达到一定数值时，小车才开始产生加速度，这是因为没有平衡摩
擦力或平衡摩擦力不足，拉力需要先克服摩擦力，故C 正确；
D．由于拉力F是由拉力传感器直接测得的，不是用槽码的重力mg近似代替绳子拉力，因此不需要满足
槽码质量远小于小车质量的条件，a与F始终成线性关系，图像应为直线，故D 错误。
故选C。
课时精练
11．【答案】(1) 右 平行
(2) 0.34 未完全平衡阻力 能
【详解】（1）[1] 打点间隔越来越大，说明小车做加速运动，平衡阻力过度，应将垫块适当向右移一些；
[2] 平衡阻力后，还需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行。
（2）[1] 相邻两个计数点间还有9 个计时点未标出，则打点时间间隔为T =0.2s
根据Δ x =aT
2
小车运动的加速度a= x AC−2 x AB
T
2
= (17.46−8.05×2)×10
−2
0.2
2
m /s
2= 0.34 m /s
2
[2] 图像不过原点且与横轴相交，即mg不为零时加速度a为零，故图像不过原点的原因是未完全平衡阻力；
[3] 由mg−f = Ma得到a= 1
M mg−f
M
，由此可知，根据图像的斜率能求出小车的质量。
12．【答案】(1)间隔均匀
(2)1.0
(3)A
【详解】（1）平衡摩擦力时，若未挂砂桶的小车拖动纸带沿木板运动，打点计时器在纸带上打出的点迹
间隔均匀，说明其做匀速直线运动，则说明平衡了小车所受的摩擦力。
（2）纸带上有连续相等时间的两段位移，由判别式可得
a= Δ x
T
2 = [(14.30−9.40)−(9.40−5.50)]×10
−2
0.1
2
m/s
2=1.0 m/s
2
（3）根据牛顿第二定律，对m 有mg−F =ma
对M 有F = Ma
得a=
mg
M +m
当M ≫m时，拉力才近似等于沙桶重力。其a≈mg
M
；在a−1
M
图像，1
M
增大时，即M 减小，不满足
M ≫m，实际加速度a=
mg
M +m
，它小于理论a= mg
M
，图线向下弯曲，故A 符合题意。
故选A。
13．【答案】(1)A
(2)2.0
(3)②
(4) k
m +a0
【详解】（1）电火花打点计时器的工作电源为220V 交流电源。
故选A。
（2）电源频率为50 Hz，打点周期为0.02s，相邻计数点间有4 个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔
T =0.02×5s=0.1s
利用逐差法计算加速度
a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
= (7.10+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)
9×0.1
2
×10
−2m/s
2≈2.0 m/s
2
（3）平衡摩擦力后，槽码的重力使槽码和小车以共同的加速度a运动，细线的拉力为F，根据牛顿第二
定律，对质量为m的槽码和总质量为M的小车分别有mg−F =ma，F = Ma
两式联立可得F = Mmg
M +m =
1
1+ m
M
mg
可以看出只有当m≪M时，m
M ≈0，可将槽码重力近似为细线的拉力。当m不断增大，不再满足
m≪M，1+ m
M
会增大，F会较小，则实际加速度增长会变慢，a−F图像向下弯曲，因此对应图线②。
（4）对小车和槽码整体，平衡摩擦力过度时，根据牛顿第二定律，得
mg+ Mg(sinθ−μcosθ)=( M +m)a
整理得a= mg−mgsinθ+ μmgcosθ
M +m
+ g(sinθ−μcosθ)
对照图像，可知图像斜率k =mg−ma0
因此重力加速度g= k
m +a0
14．【答案】(1)降低
(2)不需要
(3) 1
mg M + 1
g
1
b
【详解】（1）根据打出的纸带判定小车做加速运动，要保证小车做匀速运动，应降低垫块的高度。
（2）平衡摩擦力后，以槽码、含砝码的小车构成的系统为研究对象，对系统有mg=( M +m)a
将槽码受到的重力视为系统受到的合力，可知实验时槽码的质量不需要远小于含砝码的小车的总质量。
（3）[1][2]由mg=( M +m)a
整理可得1
a = 1
mg M + 1
g
结合1
a −M图像可得b= 1
g
解得当地重力加速度大小g= 1
b
15．【答案】(1)1.520
(2) 物体A、B 和细绳组成的系统 1
2h ( d
2
t2
2 −d
2
t1
2 )
(3)0.89
【详解】（1）由图2 可知，遮光条的宽度d =15.0mm+ 4× 1
20 mm=15.20mm=1.520cm
（2）[1]本实验的研究对象为物体A、B 和细绳组成的系统。
[2]B 上遮光条先后经过光电门1、2 的速度v1= d
t1
，v2= d
t2
由v2
2−v1
2=2ah，解得a= 1
2h(
d
2
t2
2 −d
2
t1
2)
（3）由物体所受合力一定时，物体的加速度与其质量成反比，则1
m1
a1
=
1
m2
a2
解得a1= 18.18×0.75
15.38
m/ s
2≈0.89m/ s
2
16．【答案】(1)不挂
(2) 1
b
k
b
(3)B
【详解】（1）为平衡木块受到的摩擦力，应在不挂钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木
块能在木板上做匀速直线运动。
（2）[1][2]设手机和木块的总质量为M，单个钩码的质量为m，根据牛顿第二定律nmg =(M +nm)a
整理可得1
a
= M
mg ⋅1
n + 1
g
对比题中图像有b= 1
g ,k = M
mg
解得g= 1
b , M
m = k
b
（3）A．结合前面分析可知，实验时不需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量，A 错误；
B．为确保每次实验时手机和木块受到的细线拉力恒定，需要确保木板上方的细线始终与木板平行，B 正
确；
C．实验时细线下方钩码有向下的加速度，处于失重状态，细线上的拉力小于细线下方钩码受到的总重
力,C 错误。
故选B。
17．【答案】(1)定滑轮
(2)2k
(3) 正比 1
m
【详解】（1）实验前需要调节定滑轮的高度，目的是使连接小车的轻绳与长木板平行。这样做是为了确
保小车在运动过程中，拉力的方向始终与运动方向一致，避免因绳子倾斜导致合力变化。
（2）根据匀变速直线运动的位移公式x = 1
2 at
2
可得位移x随时间平方t
2变化的图像的斜率k = 1
2 a
得小车运动的加速度a=2k
（3）[1]对钢球进行受力分析，小球所受水平作用力F即为传感器的示数。根据牛顿第二定律，对小球有
F =ma
可得a= F
m
则如果图像是一条过原点的倾斜直线，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。
[2]图像的斜率应等于k = 1
m
18．【答案】(1) 0.50 0.93
(2)4 b−m0
【详解】（1）[1]相邻计数点间有4 个点未标出，因此相邻计数点的时间间隔T=0.1s。
根据匀变速直线运动中，中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度，可知
v D= xCE
2T = 16.36−6.32
2×0.1
×0.01m/s≈0.50 m/s
[2]根据逐差法可知加速度为a= xCE−x AC
4T
2
= 16.36−6.32−6.32
4×0.1
2
×0.01m/s
2=0.93 m/s
2
（2）设动滑轮质量为m，绳子张力为F（力传感器示数为F），小车加速度为a。对小车，合力满足
F=Ma
动滑轮和槽码的加速度为a
' = a
2
对动滑轮和槽码受力分析(m+m0)g−2 F =(m+m0)a
′
整理得M = (m+m0)g
2
⋅1
a −m+m0
4
题目中M −1
a图像的纵截距为−b，即−m+m0
4
=−b
解得动滑轮质量m= 4 b−m0
19．【答案】(1)A
(2)不需要
(3)D
【详解】（1）A．本实验需要将带定滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，这样小车所受的合力只有
细线拉力，故A 正确；
B．本实验需要确保动滑轮左端的两段细线与木板平行，这样传感器读数的2 倍才为小车受的合力，故B
错误；
C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故C 错误；
故选A。
（2）本实验采用力传感器来测量细线的拉力，小车所受的合力可以测量得到，并没有认为细线的拉力近
似等于砂和砂桶的重力，故不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
（3）平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有2 F =( M +m0)a
可得a=
2
M +m0
F
斜率为k，则有k =
2
M +m0
解得小车的质量M = 2
k −m0
由于坐标轴刻度未知，tanθ不一定等于k
故选D。
20．【答案】(1)BC
(2) d
Δt
(3)k
2
(4) 1
2c
【详解】（1）A．因有弹簧测力计测量滑块的拉力，则不需要钩码的质量远小于滑块的质量，A 错误；
B．连接滑块的细线要与导轨保持平行，B 正确；
C．应当先接通电源，等打点稳定后再释放滑块，C 正确；
D．平衡摩擦力时满足mgsinθ = μmgcosθ，两边消掉了m，则每次改变滑块的质量时，不需要重新补偿
阻力，D 错误。
故选BC。
（2）滑块瞬时速度为v = d
Δt
（3）根据v
2=2aL，可知k =2a
解得a= k
2
（4）设钩码质量为m0，根据牛顿第二定律对钩码则m0 g−2T =m0⋅a
2
对滑块T =ma
解得m= m0 g
2
1
a −m0
4
由图像可知当m=0 时1
a =c，即0= m0 g
2
c−m0
4
解得g= 1
2c
21．【答案】(1)2.00
(2) 0.10 0.12
(3)2b(M +m)
m
【详解】（1）10 分度游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺的读数为d =20 mm +0×0.1mm =2.00cm
（2）[1]滑块通过光电门1 时的速度大小v1= d
Δt1
=0.10 m /s
[2]滑块通过光电门2 时的速度大小v2= d
Δt2
=0.40 m /s
速度变化量为Δv = v2−v1=0.30 m /s
根据加速度定义得a1= Δv
Δt =0.12m /s
2
（3）根据逆向思维，结合运动学公式有x = vt −1
2 at
2
变形得x
t
2 = v
t −1
2 a
由题图可知−b=−1
2 a，可得a=2b，根据牛顿第二定律有mg=( M +m)a
解得重力加速度g= 2b( M +m)
m
22．【答案】 均匀 平行 0.80 B 0.2
【详解】（2）[1]用薄垫块将木板一端垫高，调整其倾斜程度，直至小车运动时打点计时器在纸带上打出
的点间距分布均匀为止，说明小车做匀速运动。
（3）[2]在细绳一端挂上塑料桶，另一端通过定滑轮系在小车前端。为了保证小车运动过程受到的细绳拉
力恒定不变，应调节定滑轮的高度，使细绳与木板平行。
（4）[3]相邻两计数点间还有4 个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T =5×0.02s=0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为a= xCE−x AC
4T
2
= (8.70+9.50−7.10−7.90)×10
−2
4×0.1
2
m /s
2=0.80 m /s
2
（5）[4]由a−F图像可知，当F达到一定数值时，小车才开始有加速度，所以实验中出现的问题可能是
没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
故选B。
（6）[5]当重物的质量m 远小于小车的质量M 的情况下，重物的重力近似等于绳的拉力大小，根据牛顿
第二定律有F −μMg = Ma
变形得a= 1
M F −μg
结合图像有−μg =−2
解得μ=0.2
23．【答案】(1)不需要
(2)AC
(3) x3+ x4−x1−x2
8T
2
(4)2
k
【详解】（1）实验中因有力传感器测量小车的拉力，则不需要满足小车的质量M远大于钩码的总质量m；
（2）A．平衡摩擦力时因将长木板的左端垫高，A 正确；
B．平衡摩擦力时应不挂钩码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，B 错误；
C．先接通打点计时器，再释放小车，让小车拉着纸带打下间隔均匀的点，说明小车做匀速运动，C 正确；
D．每测一次加速度，不需要重新平衡摩擦力，D 错误。
故选AC。
（3）根据x3−x1= 4 a1T
2，x4−x2= 4 a2T
2
且a= 1
2 (a1+a2)
解得a= x3+ x4−x1−x2
8T
2
（4）对小车根据2 F = Ma
可得a= 2
M F
则k = 2
M
可得M = 2
k
24．【答案】 0.38/0.39/0.40 见解析 0.43/0.45/0.450.46/0.47 BC
【详解】[1]根据图中的s−t图像可知，当t =2.0s时，位移x =0.78 m
根据x = 1
2 at
2，可得，a=0.39 m/s
2
[2] 在图中描出点（2，0.39)，图中各点基本在一条直线上，过尽量多的点作一条直线，不在直线上的点
均匀分布在直线两侧，如图所示
[3] 小车空载时，n=5，对应的加速度为a=1.00 m/s
2
研究小车，根据牛顿第二定律F =(m+(5−n)m0)a
研究钩码，根据牛顿第二定律nm0 g−F =nm0a
联立可得nm0 g=（m+5m0)a
代入数据可得m=0.45kg
[4]由上一小问的解析可知，在已平衡摩擦力时，a=
m0 g
m+5m0
⋅n
若木板水平，则小车将受到木板的摩擦力
研究小车，根据牛顿第二定律F −μ(m+(5−n)m0)g=(m+(5−n)m0)a
′
研究钩码，根据牛顿第二定律nm0 g−F =nm0a
′
联立可得a
′ =
(1+ μ)m0 g
m+5m0
n−μg
由以上关系式可知，图像不过原点，两式对比可知，图像的斜率变大
故选BC。
25．【答案】(1)BD
(2) ( x4+ x5+ x6−x1−x2−x3)f
2
225
大
(3) m0
2 F
1
2
【详解】（1）A C．由于有力传感器，可直接读出拉力大小，从而精确得到轻绳对小车的拉力大小，因此
不需要测出砂和砂桶的质量，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AC 错误；
B．实验目的是探究加速度与质量关系，需要测出小车的质量，故B 正确；
D．为确保小车所受合力等于绳的拉力，在补偿了阻力后，还需要调节力传感器的位置和定滑轮的高度，
使动滑轮两边的轻绳与长木板平行，故D 正确；
E．补偿阻力时，令木板倾角为θ，则有(m0+ M )gsinθ = μ(m0+ M )gcosθ
解得μ= tanθ
可知，补偿阻力过程与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故E 错误。
故选BD。
（2）[1]相邻两个计数点之间还有4 个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔T = 5
f
根据逐差法规律可知，小车的加速度a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
解得a= ( x4+ x5+ x6−x1−x2−x3)f
2
225
[2]如果实际交流电频率小于f，结合上述可知，求得的加速度比实际值大。
（3）[1][2]根据牛顿第二定律有2 F =(m0+ M )a
变形得1
a = m0
2 F + 1
2 ⋅M
F
可知，图线与纵轴的截距b= m0
2 F
图像的斜率k = 1
2
