Question

6．某同学利用如图甲所示的实验装置运用牛顿第二定律测量滑块的质量M．主要步骤为：
（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m₀时滑块沿木板恰好向下做匀速运动．
（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m₀，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器每隔0.02s打下一个点）．
请回答下列问题：
（Ⅰ）打点计时器在打下B点时滑块的速度υ_B=1.38m/s；
（Ⅱ）滑块做匀加速直线运动的加速度a=3.88m/s²；
（Ⅲ）滑块质量M=$\frac{{m}_{0}g}{a}$（用字母a、m₀、当地重力加速度g表示）．
（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m（均小于m₀）的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．
（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出的a-mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=0.200kg．（取g=10m/s²，计算结果均保留3位有效数字）

Answer 1

分析 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小；
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小；
当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；
根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．

解答 解：（2）由图示纸带可知，两个相邻两个计数点间还有1个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=2T=0.04s，
（Ⅰ）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．
v_C=$\frac{{x}_{AC}}{2t}$=$\frac{0.0520+0.0584}{2×0.04}$=1.38m/s；
（Ⅱ）根据匀变速直线运动的推论公式△x=at²可以知，加速度的大小：
a=$\frac{{x}_{CD}-{x}_{AB}+{x}_{DE}-{x}_{BC}}{4{T}^{2}}$=$\frac{0.0645-0.0520+0.0707-0.0584}{4×0.0{4}^{2}}$=3.88m/s²．
（Ⅲ）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：m₀g=Mgsinθ-f，撤去m₀时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力：F_合=Mgsinθ-f，由牛顿第二定律得：F_合=Ma，解得：M=$\frac{{m}_{0}g}{a}$．
（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：Mgsinθ-f=0，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为：F_合′=Mgsinθ-f-mg，由牛顿第二定律得：F_合′=Ma，解得：a=-$\frac{m}{M}$g，由图丙所示图象可知：k=$\frac{1}{M}$=$\frac{3.5-2.5}{0.20}$=5，解得：M=0.200kg．
故答案为：（2）（Ⅰ）1.38；（Ⅱ）3.88；（Ⅲ）$\frac{{m}_{0}g}{a}$；（4）0.200．

点评 本题考查了牛顿第二定律的应用，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第二定律即可解题，要熟练掌握基础知识，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．