① 探究小车加速度与合外力、质量关系的实验装置如图1所示：（1）若要探究小车的加速度与合外力的关系，应保
（1）若要探究小车的加速度与合外力的关系，应保持小车的质量不变；
（2）当小车做匀速直线运动，即计数点间距相等，知摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡；
（3）A、实验时，应先接通电源后释放小车，故A正确，B错误．
C、实验时，将接好纸带的小车靠近打点计时器处，故D正确，C错误．
故选：AD．
（3）打点计时器的电源频率是50Hz，则打点周期为0.02s，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔T=0.1s．
打点计时器打下计数点1的瞬时速度：v1＝＝m/s=0.74m/s．
根据△x=aT2，运用逐差法得：
a==| [(8.95+9.61+10.26)?(7.05+7.68+8.33)] |
| 9×0.01 |
=0.64m/s2．
故答案为：（1）小车质量；（2）相等；（3）AD；（4）0.1，0.74，0.64．
② 如图所示为某同学设计的一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验装置简图,小车的质量为m
(1)C(2)B(3)丙
③ （10分）某同学设计了一个探究小车的加速度 与小车所受拉力 及质量 关系的实验，图（a）为实验装置简
①0.51（3分）②如图所示（2分），线性 （2分）③没有平衡摩擦力（3分） 
④ 某同学用图甲的实验装置探究小车的加速度a与小车所受合力F及质量M的关系．打点计时器所用交变电流的频率
（1）相邻计数点之间还有4个点未画出，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s
利用匀变速直线运动的两个推论得出：
a= = =0.51m/s 2（2）当盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力，但实际上小车在运动过程中所受的拉力略小于砝码和盘的总重力． 故答案为：（1）0.51；（2）小于，m＜＜M．
⑤ 在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中
（1）A、平衡摩擦力时，抄应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误．
B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B正确．
C、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故C错误．
D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a= 求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误． 本题选错误的，故选ACD （3）从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢．该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤．即倾角过小 故答案是：①ACD；②平衡摩擦力不充分或者没有平衡摩擦力
⑥ 一位同学设计了用打点计时器测量小车沿斜面下滑的加速度的实验，实验装置示意图如图甲所示．图乙是所打出
根据匀变速直线运动的推论得相邻的计数点间的位移之差应该几专乎相等得出有一数据不可靠，属这一数据是s 7 ．
由于相邻的计数点间的位移之差不等，故采用逐差法求解加速度．
小车运动的加速度计算表达式为a= | (s 4 + s 5 +s 6 )- (s 1 +s 2 +s 3 ) | | (3T) 2 | =2.14m/s 2
故答案为：s 7 ，2.14． |
⑦ （2014徐汇区二模）如图是某同学用来探究“小车的加速度与外力关系”的实验装置，轨道上的B点固定一光电
（1）小车运动到B时的速度为：v＝ 根据运动学公式： | v | 2
⑧ 下图（a）是用DIS测定小车起动时加速度的实验装置．（1）信号发射部分和信号接收部分组成______传感器，A
（1）根据实验装置可知，信号发射器和信号接收器组成了运动传感器；A应是信号发射部回分．
（答2）根据实验原理可知，该实验采集的是物体位移，即直接测量的物理量是位移．
（3）在v-t图象中，图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，图象的斜率为k=1.5，因此加速度为1.5m/s 2 ，
故答案为：（1）运动，发射
（2）位移
（3）1.5 |
⑨ （1）①某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图1为实验装置简图．他想
（1）由于小车与木板间有摩擦，要消除摩擦力的影响，需将木板略微倾斜，消除摩擦力的影响，即平衡摩擦力．设钩码的质量为m，小车的质量为M，根据牛顿第二定律得，整体的加速度大小a＝ ，小车所受的合力F=Ma＝ ，当m远小于M时，小车的合力等于mg，所以钩码的重力要远小于小车的总重力．测量时需先接通电源，再释放小车．故A、C正确．B、D错误． 故选AC． ②C点的瞬时速度等于BD的平均速度，所以 vC＝．要验证合外力的功与动能变化间的关系，因为求功时，需要钩码的重力和位移，求动能时需小车的质量和速度，所以还需测量的物理量是钩码的重力和小车的总质量．
（2）①因为电源的电动势为3V，所以电压表量程选取3V量程测量比较精确．通过待测电阻的最大电流大约为I=A＝0.6A，所以选择量程为0.6A的电流表，则电流表选择A1，电压表选择V2．
②根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的分压式接法，以及电表的极性．如图所示．
③螺旋测微器的读数为：1mm+0.01×20.5mm=1.205mm．
故答案为：（1）①AC
②；
钩码的重力和小车的总质量；
（2）①A1；V2
②（4分）如图
③1.205（说明：在1.203～1.207范围内均正确）
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发布：2025-09-27 21:06:02
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