Question

18．某實驗小組利用如圖所示的裝置探究加速度與力、質量的關系．

（1）下列做法正確的是AD（填字母代號）
A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行
B．在調節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量時，不需要重新調節木板傾斜度
（2）為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠小于木塊和木塊上砝碼的總質量．（選填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于”）
（3）在“探究加速度a與質量m的關系”時，保持細砂和小桶質量不變，改變小車質量m分別記錄小車加速度a與其質量m的數據．圖（b）為某次實驗得到的紙帶，已知實驗所用電源的頻率為50Hz．根據紙帶可求出小車的加速度大小為3.2m/s²．（結果保留二位有效數字）
（4）甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套如圖（c）所示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到右圖中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m_甲、m_乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ_甲、μ_乙，由圖可知，m_甲小于m_乙，μ_甲大于μ_乙．（選填“大于”、“小于”或“等于”）．

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，細線與長木板平行；
（2）砝碼桶及桶內砝碼加速下降，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砝碼的總質量；
（3）根據逐差法求加速度；
（4）根據牛頓第二定律求出加速度與F的關系式，結合圖線的斜率和截距比較木塊質量的大小以及動摩擦因數的大小．

解答 解：（1）A、調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；
B、在調節模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應懸掛“重物”，故B選項錯誤；  
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工作后再釋放木塊，而當實驗結束時應先控制木塊停下再停止打點計時器，故C選項錯誤； 
D平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，與質量無關，故通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節木板傾斜度，故D正確；
選擇AD；
（2）按照教材上的理論若以砝碼桶及砝碼作為小木塊的外力，則有 $a=\frac{mg}{M}$，而實際實驗過程中砝碼桶及砝碼也與小木塊一起做勻加速運動，即對砝碼桶及砝碼有mg-T=ma，對小木塊有T=Ma．綜上有：小物塊的實際的加速度為$a=\frac{mg}{M+m}$，只有當m＜＜M時，才能有效的保證實驗的準確性；
（3）小車做勻加速運動，設AC間的位移為：x₁，AC間的位移為：x₂
由：${x}_{2}^{\;}-{x}_{1}^{\;}=a{t}_{\;}^{2}$得：
a=$\frac{{x}_{2}^{\;}-{x}_{1}^{\;}}{{t}_{\;}^{2}}$，
注意t為從A到C需要的時間，所以t=4×0.02=0.08s
代入數據得：
a=$\frac{7.21cm+7.72cm-6.7cm-6.19cm}{（0.08s）_{\;}^{2}}$=318.75$cm/{s}_{\;}^{2}$≈3.2$m/{s}_{\;}^{2}$
（4）根據牛頓第二定律得，$a=\frac{F-μMg}{M}=\frac{1}{M}F-μg$，可知圖線的斜率表示木塊質量的倒數，縱軸截距的絕對值等于μg，可知m_甲＜m_乙，μ_甲＞μ_乙．
故答案為：（1）AD （2）遠小于（3）3.2m/s²（4）小于；大于

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，特別是要明確系統誤差的來源，知道減小系統誤差的方法．對于圖線問題，一般的解題思路是通過物理規律得出兩個物理量之間的函數關系，結合圖線的斜率和截距進行分析求解．