❶ 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物
(1)由图示可知,弹簧测力计分度值为0.2N,其示数为3.6N.
(2)A、弹簧测力计是测出力的版大小,所以权要准确必须在测之前校零,故A项需要;
B、该实验中不一定需要OB水平,故B项不需要;
C、弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小,同时画出细线的方向即为力的方向.虽悬挂重物的细线方向确定,但大小却不知,所以要测重物重力,故C项需要;
D、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性,故D项需要;
E、该实验中,改变拉力时,只要物体处于平衡状态,两弹簧拉力的合力与M的重力等大反向,因此O点不用每次静止在同一位置,故E不需要;
F、该实验中AO与OB的夹角大小不会影响实验结果,故F不需要.
故选:ACD.
(3)当弹簧测力计A超出其量程,则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大.又由于挂重物的细线力的方向已确定,所以要么减小重物的重量,要么改变测力计B拉细线的方向,或改变弹簧测力计B拉力的大小,从而使测力计A不超出量程.
故答案为:(1)3.6;(2)ACD;(3)改变弹簧测力计B拉力的大小,减小重物M的质量.
❷ (1)用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.在下面所列举的该实验的几个操作步骤中你认为没有必要
(1)应将打点计时来器直接接220V的交自流电的输出端上,故B错误;
因为我们是比较mgh、
mv
2的大小关系,故m可约去比较,不需要用天平.故C没有必要;
开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放重锤,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差,故D错误.
故选:BCD.
(2)①滑动变阻器采用分压限流法均可以,待测电阻小于1Ω,因此电流表应采用外接法,同时由于待测电线电阻较小,为保证电路安全,待测电阻应串联一个保护电阻,电路图如图所示.
U |
I |
-
R0)D24L |
.
❸ 用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一
(1)利用匀变速直线运动的推论有:
v5=
==2.4m/s;
(2)系统动能的增量为:△EK=Ek5-0=(m1+m2)v52=×(0.05+0.15)×2.42=0.58 J.
系统重力势能减内小量为:△Ep=(m2-m1)gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J
在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒
(3)由于△EK=Ek5-0=(m1+m2)v52=△Ep=(m2-m1)gh
由于(m1+m2)=2(m2-m1)
所以得到:v2=h
所以v2-h图象的斜率k==9.7m/s2.
故答案为:(1)2.4;(容2)0.58、0.59;(3)9.7.
❹ 某同学用如图1所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重
(1)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必须要知道.故A项需要;
B、弹簧测力计是测出力的大小,所以要准确必须在测之前校零.故B项也需要;
C、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性.故C项也需要;
D、当结点O位置确定时,弹簧测力计A的示数也确定,由于重物的重力已确定,两力大小与方向均一定,因此弹簧测力计B的大小与方向也一定,所以不需要改变拉力多次实验.故D项不需要.
故选D.
(2)F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值,而实际值是单独一个力拉O点的时的值,因此F0是F1与F2合成的理论值,F是F1与F2合成的实际值.
故答案为:(1)D;(2)F
❺ 小明用如图所示的实验装置探究杠杆的平衡条件.(1)调节杠杆的平衡时,如果杠杆右侧高左侧低,应将两端
(1)调节杠杆的平衡时,杠杆右侧高左侧低,应将两端的平衡螺母向右调节,使杠杆在水平位置平衡;使杠杆在水平位置平衡的好处是方便测量力臂.
(2)根据杠杆平衡条件:F1L1=F2L2,结合图象可知,在支点右侧的B点,用弹簧测力计拉杠杆,使其在水平位置平衡.根据杠杆平衡条件3cmF=4.5cm×2N,解得弹簧测力计的示数F=3N;持B点不动,弹簧测力计的方向向右倾斜,这时杠杆右侧的力臂变短,根据杠杆的平衡条件可知,使杠杆仍在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数将变大.
故答案为:(1)右;方便测量力臂;(2)3;大;
(3)
次数 | 动力F1/N | 动力臂L1/cm | 阻力F2/N | 阻力臂L2/cm |
1 | | | | |
2 | | | | |
3 | | | | |
❻ 小明用如图所示的实验装置研究“杠杆的机械效率”.实验时,将总重为G的钩码挂在杠杆A处,竖直向上匀速拉
(1)杠杆的机械效率:η=
=;
(2)根据图示可知,将钩码移动到B点时,阻力回和阻答力臂都不变,动力臂减小,由F1L1=F2L2可知,动力将增大,即F′>F;
由于有用功和额外功均不变,则总功也不变,故机械效率不变,即η′=η.
故答案为:;>;=.
❼ 用如图1所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除摩擦力的影响,实验前必须平衡摩擦力.(1)某同学平衡
(1)小车由静止下滑,说明重力沿斜面的分力大于摩擦力,因此平衡过度,所以内该同学的容操作错误,
正确的操作应该为给小车一个初速度,小车能够带动纸带匀速下滑.
(2)如果这位同学先如(1)中的操作,导致平衡摩擦力过度,因此当小车上还没有挂砂和砂桶时,小车应该就已经有加速度了,故C正确,A、B、D错误.
故选:C.
(3)根据△x=aT2,运用逐差法得,a=
,
因为斜率计数点间的时间间隔T=,代入解得a=.
代入数据解得a=(2.41+3.03?1.21?1.83)×10?2×502 |
100 |
≈0.60m/s2.
故答案为:(1)错误,(2)C,(3),0.60.
❽ 实验题:某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线
(1)弹簧测力计读数,每1N被分成5格,则1格就等于0.2N.图指针落在3N到4N的第4格处,所以3.8N.
(2)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必须要知道.故A正确;
B、弹簧测力计是测出力的大小,所以要准确必须在测之前校零.故B正确;
C、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性.故C正确;
D、当结点O位置确定时,弹簧测力计A的示数也确定,由于重物的重力已确定,两力大小与方向均一定,因此弹簧测力计B的大小与方向也一定,所以不需要改变拉力多次实验.故D错误.
故选:D.
(3)当弹簧测力计A超出其量程,则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大.又由于挂重物的细线力的方向已确定,所以要么减小重物的重量,要么改变测力计B拉细线的方向,或改变弹簧测力计B拉力的大小,从而使测力计A不超出量程.
故答案为:(1)3.8;(2)D;(3)改变弹簧测力计B拉力的大小;减小重物M的质量;
❾ (1)用如图(甲)所示的实验装置来验证牛顿第二定律,该装置中的错误有:①______、②______、③______
安装仪器时我们需要注意:①平衡摩擦力,将木板一端垫高;
②细线与木板平行,版保证拉力在小车前进的方向权上;
③打点计时器需要用交流电源;
④释放小车时应让小车从靠近计时器处释放,在纸带上打上尽量多的点;
故答案为:①长木板右端未垫高以平衡摩擦力;②电源应改用交流电源;③开始实验时,小车离滑轮太近.
(2)如果这位同学先如(1)中的操作,导致平衡摩擦力过度,因此当小车上还没有挂砂和砂桶时,小车应该就已经有加速度了,故C正确,A、B、D错误.
故选:C.
(3)根据△x=aT2,运用逐差法得,a=
,
因为斜率计数点间的时间间隔T=0.1s,代入解得a=(0.0241+0.0303)?(0.0183+0.0121) |
4×0.12 |
≈0.60m/s2.
故答案为:(1)①长木板右端未垫高以平衡摩擦力;②电源应改用交流电源;③开始实验时,小车离滑轮太近;
(2)C;
(3),0.60.
❿ (1)用如图1所示的实验装置,验证牛顿第二定律.①在平衡摩擦力时,先取下砂桶,将木板不带滑轮的一端垫
(1)①在平衡摩擦力时,先取下砂桶,将木板不带滑轮的一端垫高,让打点专计时器接交流电源,然后属 轻轻推动小车,让小车拖着纸带运动.如果打出的纸带如图1右所示,则应减小木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹间隔均匀,平衡摩擦力才算完成.
②由图可知,五点对应的刻度分别是1.00cm、3.00 cm、5.20 cm、7.60 cm、10.20cm,
根据运动学公式得:△x=at2,
a=
=5.00m/s2.
(2)①该同学选择×100倍率,用正确的操作步骤测量时,发现指针偏转角度太大,为了减小误差,重新选×10档测量
测量结果是12×10=120Ω.
②由于待测电阻与电流表的内阻接近,所以选择电流表外接法.故选乙图.
电源电动势是3V,为了读数减小误差,电压表应选A,电流表应选C,
滑动变阻器(10Ω,0.2A)不能满足实验,所以滑动变阻器应选F.
故答案为:(1)①交流电源,轻轻推动,减小,间隔均匀(之间的距离大致相等);
②5.00
(2)①重新选×10档测量,120,
②乙,A,C,F.