Question

7．某实验小组利用如图所示的实验装置探究加速度与力、阻力的关系．

（1）下列做法正确的是AD（选填字母代号）．
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）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图2所示）．
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是加速度a与小车受到的合力F成正比；
②此图线的AB段明显偏离直线、造成此误差的主要原因是C；
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
③甲、乙两同学在同一实验室，各取该套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α与拉力F的关系，分别得到了如图3中所示的甲、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＜m_乙，μ_甲＞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；实验过程中，只需平衡一次摩擦力；实验开始先接通电源后释放木块
（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）①探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；
②控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因．
③a-F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况．

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）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）①由图象OA段可知，a与F成正比，即：在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比；
②以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m_钩码g，
由牛顿第二定律得：mg=（m+M）a，木块的加速度a=$\frac{mg}{M+m}$g，
木块受到的拉力F=Ma=$\frac{Mm}{M+m}$g，当m＜＜M时，
可以认为木块受到的合力等于桶的重力，如果砝码桶的质量太大，
则木块受到的合力小于砝码桶的重力，实验误差较大，a-F图象偏离直线，故C正确．
③当没有平衡摩擦力时有：T-f=ma，故a=$\frac{1}{m}$T-μg，即图线斜率为$\frac{1}{m}$，纵轴截距的大小为μg．
观察图线可知m_甲＜m_乙，μ_甲＞μ_乙；
故答案为：（1）AD；（2）远小于；      （3）①加速度a与小车受到的合力F成正比       ②C       ③＜＞

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