Question

12．某实验小组利用图1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（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）木块和木块上砝码的总质量．
（3）图2中是某次实验的纸带，舍去前面比较密的点，从0点开始，每5个连续计时点中取1个计数点，各计数点与0计数点之间的距离依次为x₁=3.0cm、x₂=7.5cm、x₃=13.5cm，则物体通过1计数点的速度v₁=0.375m/s，木块运动的加速度为1.5m/s²．

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，平衡摩擦力只需要平衡一次即可，平衡摩擦力时不应悬挂“重物”；
（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）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点1的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出运动的加速度．

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；
故选：AD
（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，
由牛顿第二定律得：a=$\frac{mg}{m+M}$，
对木块，由牛顿第二定律得：T=Ma=$\frac{mg}{1+\frac{m}{M}}$，
只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：m＜＜M时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；
（3）计数点1的瞬时速度等于0、2间的平均速度，则${v}_{1}=\frac{{x}_{02}}{2T}=\frac{0.075}{0.2}=0.375m/s$，
因为x₀₁=3.0cm，x₁₂=4.5cm，x₂₃=6cm，可知连续相等时间内的位移之差为：
△x=1.5cm=0.015m．
根据△x=aT²得：a=$\frac{△x}{{T}^{2}}=\frac{0.015}{0.01}=1.5m/{s}^{2}$．
故答案为：（1）AD；（2）远小于；（3）0.375，1.5

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，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．