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用图1实验装置验证
发布时间：2022-08-14 07:22:37⑴ 某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了
（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必内要的为C．
（2）B点的速度等于AC段的容平均速度，则有：vB＝
＝x2 2T
＝0.680m/s，0.1359 0.2
根据△x=aT2得：a=
＝x2?2x1 T2
＝1.61m/s2，0.1359?0.0599?0.0599 0.01
（3）由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大，故ABD错误，C正确．
故选：C．
该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故BCD错误，A正确．
故选：A．
故答案为：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）C；A
⑵ （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、
| 1 |
| 2 |
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．
⑶ 用如图1（甲）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，实验前必须进行平衡摩擦力．（1）
（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度回，所以该同学的操作答不正确，正确的操作应该为逐渐调节木板不带定滑轮的一端，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，故图象ABD错误，C正确．
故选C．
（3）由题意可知两计数点之间的时间间隔为：△T=4T，根据匀变速直线运动推论有：
s3?s1＝2a1△T2
s4?s2＝2a2△T2
则a＝
＝a1+a2 2
，[(s3+s4)?(s1+s2)] 64T2
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：
vB＝
＝xAC 2△T
＝0.19m/s0.0183+0.0121 2×0.08
故答案为：（1）该同学的操作不正确．
应该这样操作：逐渐调节木板不带定滑轮的一端，直到给小车一定的初速度，小车能沿木板作匀速直线运动；
（2）C；
（3）
；0.19m/s．
[(s3+s4)?(s1+s2)] 64T2
⑷ 用如图1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系列的
（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=
| 0.2160+0.2640 |
| 2×0.1 |
（2）在0～5过程中系统动能的增量△EK=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
系统重力势能的减小量为（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J=0.588 J．
（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=
| 1 |
| 2 |
即有：
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．
故答案为：（1）2.4
（2）0.576；0.588
（3）9.7
⑸ （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=
| △x |
| T2 |
（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．
⑹ 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＝
| (s3+s4)?(s1+s2) |
| 4T2 |
因为斜率计数点间的时间间隔T=
| 5 |
| f |
| [(s3+s4)?(s1+s2)]f2 |
| 100 |
代入数据解得a＝
| (2.41+3.03?1.21?1.83)×10?2×502 |
| 100 |
故答案为：（1）错误，（2）C，（3）
| [(s3+s4)?(s1+s2)]f2 |
| 100 |
⑺ 用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．物体m1用一轻绳绕过定滑轮与m2相连．现将m2从高处由静
（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打版第5个点时权的速度为：
v5=
| (21.60+26.40)×0.01 |
| 2×0.1 |
（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=
| 1 |
| 2 |
| v | 2
⑻ 利用图1装置验证机械能守恒定律实验，为验证机械能是否守恒
小题1:9.30 ⑼ 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．按照正确的操作选得纸带如图2所示．其中O是起始点，A、
（1）这三个数据中OC段的读数15.7cm，从另外两个数上可以看出刻度尺的最小分度是内mm，显然不符合有效容数字读数的要求．所以不符合有效数字读数的要求的是OC段，正确的读数应为：15.70cm． |