Question

18．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．

（1）下列做法正确的是AD（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量．（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）
（3）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量m分别记录小车加速度a与其质量m的数据．图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可求出小车的加速度大小为3.2m/s²．（结果保留二位有效数字）
（4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图（c）所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到右图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m_甲、m_乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ_甲、μ_乙，由图可知，m_甲小于m_乙，μ_甲大于μ_乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）．

Answer 1

分析 （1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
（2）砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；
（3）根据逐差法求加速度；
（4）根据牛顿第二定律求出加速度与F的关系式，结合图线的斜率和截距比较木块质量的大小以及动摩擦因数的大小．

解答 解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B选项错误；  
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C选项错误； 
D平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；
选择AD；
（2）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 $a=\frac{mg}{M}$，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg-T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为$a=\frac{mg}{M+m}$，只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性；
（3）小车做匀加速运动，设AC间的位移为：x₁，AC间的位移为：x₂
由：${x}_{2}^{\;}-{x}_{1}^{\;}=a{t}_{\;}^{2}$得：
a=$\frac{{x}_{2}^{\;}-{x}_{1}^{\;}}{{t}_{\;}^{2}}$，
注意t为从A到C需要的时间，所以t=4×0.02=0.08s
代入数据得：
a=$\frac{7.21cm+7.72cm-6.7cm-6.19cm}{（0.08s）_{\;}^{2}}$=318.75$cm/{s}_{\;}^{2}$≈3.2$m/{s}_{\;}^{2}$
（4）根据牛顿第二定律得，$a=\frac{F-μMg}{M}=\frac{1}{M}F-μg$，可知图线的斜率表示木块质量的倒数，纵轴截距的绝对值等于μg，可知m_甲＜m_乙，μ_甲＞μ_乙．
故答案为：（1）AD （2）远小于（3）3.2m/s²（4）小于；大于

点评 本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系，结合图线的斜率和截距进行分析求解．