Question

12．某實驗小組利用圖1示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．

（1）下列做法正確的是AD（填字母代號）．
A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳�木塊的細(xì)繩與長木板保持平行
B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上
C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源
D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度
（2）為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動時受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于（選填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“近似等于”）木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量．
（3）圖2中是某次實驗的紙帶，舍去前面比較密的點，從0點開始，每5個連續(xù)計時點中取1個計數(shù)點，各計數(shù)點與0計數(shù)點之間的距離依次為x₁=3.0cm、x₂=7.5cm、x₃=13.5cm，則物體通過1計數(shù)點的速度v₁=0.375m/s，木塊運(yùn)動的加速度為1.5m/s²．

Answer 1

分析 （1）實驗要保證拉力等于小車受力的合力，要平衡摩擦力，細(xì)線與長木板平行，平衡摩擦力只需要平衡一次即可，平衡摩擦力時不應(yīng)懸掛“重物”；
（2）砝碼桶及桶內(nèi)砝碼加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需減小加速度，即減小砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量；
（3）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數(shù)點1的瞬時速度，根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量求出運(yùn)動的加速度．

解答 解：（1）A、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳�木塊的細(xì)繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；
B、在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應(yīng)懸掛“重物”，故B錯誤；
C、打點計時器要“早來晚走”即實驗開始時先接通打點計時器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊，而當(dāng)實驗結(jié)束時應(yīng)先控制木塊停下再停止打點計時器，故C錯誤；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，與質(zhì)量無關(guān)，故通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D正確；
故選：AD
（2）設(shè)砝碼與砝碼桶的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，對砝碼桶及砝碼與小車組成的系統(tǒng)，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{mg}{m+M}$，
對木塊，由牛頓第二定律得：T=Ma=$\frac{mg}{1+\frac{m}{M}}$，
只有當(dāng)砝碼桶及桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量時，即：m＜＜M時，小車受到的拉力近似等于砝碼及砝碼桶的重力；
（3）計數(shù)點1的瞬時速度等于0、2間的平均速度，則${v}_{1}=\frac{{x}_{02}}{2T}=\frac{0.075}{0.2}=0.375m/s$，
因為x₀₁=3.0cm，x₁₂=4.5cm，x₂₃=6cm，可知連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差為：
△x=1.5cm=0.015m．
根據(jù)△x=aT²得：a=$\frac{△x}{{T}^{2}}=\frac{0.015}{0.01}=1.5m/{s}^{2}$．
故答案為：（1）AD；（2）遠(yuǎn)小于；（3）0.375，1.5

點評 本題主要考察“驗證牛頓第二定律”的實驗，要明確實驗原理，特別是要明確系統(tǒng)誤差的來源，知道減小系統(tǒng)誤差的方法，掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動兩個重要推論的運(yùn)用．