Question

（1）．如圖所示為某同學所安裝的“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置，在圖示狀態(tài)下，開始做實驗，該同學有裝置和操作中的主要錯誤是：

①長木板右端未墊高以平衡摩擦力；②電源應(yīng)改用6V交流電源；③牽引小車的細線沒有與木板平行；④開始實驗時，小車離打點計時器太遠．

（2）在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，為了使小車受到合外力等于小沙桶和沙的總重量，通常采用如下兩個措施：（A）平衡摩擦力：將長木板無滑輪的一端下面墊一小木塊，反復移動木塊的位置，直到小車在小桶的拉動下帶動紙帶與小車一起做勻速直線運動；（B）調(diào)整沙的多少，使沙和小沙桶的總質(zhì)量m遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量M．請問：
①以上哪一個措施中有何重大錯誤？

A

②在改正了上述錯誤之后，保持小車及砝碼質(zhì)量M不變．反復改變沙的質(zhì)量，并測得一系列數(shù)據(jù)，結(jié)果發(fā)現(xiàn)小車受到的合外力（小桶及砂重量）與加速度的比值略大于小車及砝碼質(zhì)量M，經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)滑輪非常光滑，打點計時器工作正常，且事先基本上平衡了摩擦力，那么出現(xiàn)這種情況的主要原因是什么？

由于小桶及砂的失重，拉小車的合外力F＜mg，而處理數(shù)據(jù)時又將F=mg處理

（3）圖乙是上述實驗打出的一條紙帶，已知打點計時器的打點周期是0.02s，結(jié)合圖乙給出的數(shù)據(jù)（單位cm），求出小車運動加速度的大小為

4.0

m/s²，并求出紙帶中P點瞬時速度大小為

2.6

m/s（計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

Answer 1

分析：（1）在“驗證牛頓第二定律”的實驗中主要注意的問題是：①平衡摩擦力；②應(yīng)用交流電源； ③牽引小車的細線與木板平行； ④開始實驗時，小車從靠近打點計時器處釋放；
（2）在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，為了使小車受到合外力等于小沙桶和沙的總重量，通常采用如下兩個措施：①平衡摩擦力：將長木板無滑輪的一端下面墊一小木塊，反復移動木塊的位置，直到小車在無動力的作用下帶動紙帶與小車一起做勻速直線運動；②調(diào)整沙的多少，使沙和小沙桶的總質(zhì)量m遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量M
（2）紙帶中P點瞬時速度是第5段位移的中間時刻的瞬時速度，它等于第5段的平均速度，加速度可用逐差法求解．

解答：解：（1）在“驗證牛頓第二定律”的實驗中主要注意的問題是：①平衡摩擦力；②應(yīng)用交流電源； ③牽引小車的細線與木板平行； ④開始實驗時，小車從靠近打點計時器處釋放．
所以主要錯誤是：①長木板右端未墊高以平衡摩擦力；②電源應(yīng)改用4-6V交流電源； ③牽引小車的細線沒有與木板平行； ④開始實驗時，小車離打點計時器太遠．
（2）①中平衡摩擦力時，不應(yīng)用小桶拉動小車做勻速運動，應(yīng)讓小車自身下滑（即無動力）來平衡摩擦力即可． 故選A
②由于小桶及砂的失重，拉小車的合外力F=

Mmg

(M+m)

=

M

M+m

mg＜mg，而處理數(shù)據(jù)時又將F=mg處理．因此，M=

F

a

＜

mg

a

． 
（3）設(shè)：各段位移依次為：x₁，x₂，x₃，x₄，x₅，x₆；
由逐差法得：a=

(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)

9T2

=

5.76×10-2

9×0.042

=4.0m/s²
P點為第5段的中間時刻，所以P點的速度等于第5段的平均速度：
vP=

x5

T

=

10.33×10-2

0.04

≈2.6m/s
故答案為：（1）主要錯誤是：①長木板右端未墊高以平衡摩擦力；②電源應(yīng)改用6V交流電源； ③牽引小車的細線沒有與木板平行； ④開始實驗時，小車離打點計時器太遠．
（2）①A；②由于小桶及砂的失重，拉小車的合外力F＜mg，而處理數(shù)據(jù)時又將F=mg處理．
（3）4.0；2.6

點評：“驗證牛頓第二定律”的實驗考查的知識點主要是：（1）實驗中需要注意的問題，可結(jié)合實驗原理記憶；（2）紙帶處理，一般求速度和加速度，速度找平均速度替代，加速度一般用逐差法．這兩種方法一定要熟練掌握．