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20.为了验证牛顿第二定律中加速度与力的关系,小光同学设计了如图1的实验状态.
水平桌面放置带有加速度传感器的总质量为M的小车,车的两端由轻质细线绕过桌面两端滑轮并在两端各悬挂总质量为m的多个钩码.实验中,小光每次由左侧取下质量为△m的钩码并挂至右侧悬线下方,将下车由静止释放,利用传感器测量小车加速度并逐次记录移动过的砝码质量和相应加速度值,根据多次实验得出的数据,小光同学作出如图2的a-△m图象.
(1)根据上述设计,以下说法正确的是BD
A.由于系统存在摩擦,实验中必须先平衡摩擦力,才能继续进行实验
B.本实验中虽存在摩擦力影响,但无需平衡摩擦力也可以进行实验
C.本实验中必须要求小车质量M>>m
D.本实验中无须要求小车质量M>>m
(2)利用实验中作出a-△m图线,可以分析出系统摩擦力大小为$2{m}_{0}^{\;}g$,加速度a与移动的质量△m间存在关系为$a=\frac{2g}{M+2m}△m-\frac{{2{m_0}g}}{M+2m}$.

分析 (1)依据实验原理,结合实验目标,及加速度传感器的作用,即可求解;
(2)根据图象中a=0时,受力平衡,即可确定系统摩擦力大小,再依据牛顿第二定律,即可列出系统加速度a与移动的质量△m间关系式.

解答 解:(1)AB、本实验中虽存在摩擦力影响,但是为了验证牛顿第二定律中加速度与力的关系,且加速度通过传感器可知,因此无须平衡摩擦力,故A错误,B正确;
CD、因选取系统为研究对象,因此不需要小车的质量远大于钩码总质量,故C错误,D正确;
故选:BD
(2)依据作出a-△m图线,可知,当 a=0时,则系统处于平衡状态,则有小车受到的摩擦力大小与系统的外力平衡,即为:f=$2{m}_{0}^{\;}g$;
再由根据牛顿第二定律,则有:F-f=(M+2m)a,
即2△mg-$2{m}_{0}^{\;}g$=(M+2m)a,
整理得:$a=\frac{2g}{M+2m}△m-\frac{{2{m_0}g}}{M+2m}$.
故答案为:(1)BD;(2)2m0g,$a=\frac{2g}{M+2m}△m-\frac{{2{m_0}g}}{M+2m}$.

点评 考查实验题中,平衡摩擦力的要求,及小车质量M>>m的条件,掌握图象中横截距的含义,理解牛顿第二定律的应用.

练习册系列答案
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10.在“测定金属的电阻率”的实验中,小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值(约为5Ω),随后将其固定在带有刻度尺的木板上,准备进一步精确测量其电阻.
现有电源(电动势E为3.0V,内阻不计)、开关和导线若干,以及下列器材:
A、电流表(量程0~3A,内阻约0.025Ω)
B、电流表(量程0~0.6A,内阻约0.125Ω)
C、电压表(量程0~3V,内阻约3kΩ)
D、滑动变阻器(0~20Ω,额定电流2A)
E、滑动变阻器(0~100Ω,额定电流1A)

(1)为减小误差,且便于操作,在实验中电流表应选B,滑动变阻器应选D(选填器材前的字母).
(2)如图甲所示,是测量该电阻丝实验器材的实物图,图中已连接了部分导线,还有两根导线没有连接,请补充完整.
(3)在开关闭合前,滑动变阻器的滑片应当调到最左端(选填“左”或“右”端),闭合开关后,在实验中电压表读数的最小值大于零(选填“大于零”或“等于零”).
(4)若不计实验中的偶然误差,则下列说法正确的是BC.
A、测量值偏大,产生系统误差的主要原因是电流表分压
B、测量值偏小,产生系统误差的主要原因是电压表分流
C、若已知电压表的内阻,可计算出待测电阻的真实值
D、若已知电流表的内阻,可计算出待测电阻的真实值
(5)小鹏同学仍用上述电源也设计了一个实验,电路如图乙所示,R为保护电阻,已测出电阻丝的横截面积为S,用一个带有接线柱的小金属夹沿电阻丝滑动,可改变接入电路中电阻丝的长度L,实验中记录了几组不同长度L对应的电流I.他准备理由图象法处理数据来计算该电阻丝的电阻率.
请分析说明小鹏同学应该做出怎样的线性函数图象,并定性画出该图象,请指出在本实验中电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果有无影响.

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