合力和加速度实验装置

Ⅰ 某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木

（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小，
得：a=

0.0368?0.0352

0．12

=0.16m/s²，
（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F₁-F₀）的关系图象．
由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点．故AB正确，CD错误；
故选：AB．
（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，
木板释放前弹簧秤的示数F₁，所以F₁=mg，
设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F₂，
根据牛顿第二定律得：mg-F₂=ma
所以F₁＞F₂，
（4）A、在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A正确；
B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；
C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；
D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；
故选：AD．
故答案为：（1）0.16
（2）AB
（3）＞
（4）AD

Ⅱ 图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图．两个质量相等的小车，放在水平桌面

解；A、盘和盘中砝码的质量远远小于小车的质量，绳对小车拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．故A错误
B、根据初速度为零的匀变速直线运动公式x=

1

2

at²，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比就是加速度之比，所以可以通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系，故B正确
C、实验的目的是探究加速度和力之间关系，即探究小车的加速度和小车受的合力之间关系，
所以在两小车内放置相同质量的砝码进行实验，在两小盘内放置不同质量的砝码改变合力，故C、D错误
故选B．

Ⅲ 某实验小组采用如图1所示的装置探究小车的加速度与所受合力的关系．①安装实验装置时，应调整定滑轮的高

①安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与长木版板平行，权保证细线的拉力等于小车的合力．
②实验时先不挂砂桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力．
③交流电的频率为50Hz，每隔0.02s打一个点，则AB两计数点间的时间间隔为T=0.1s．在连续相等时间内的位移之差是一恒量，知△x=0.46cm，则加速度a=

△x

T2

＝

0.46×10?2

0.01

m/s2＝0.46m/s2．
④曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．
⑤对整体分析，整体的加速度a=

mg

M+m

，则绳子的拉力F=Ma=

M

M+m

mg．若要使|

mg?F

mg

|＜10%，即F＞

9

10

mg，解得m＜

1

9

M．
故答案为：①长木板；
②平衡摩擦力；
③0.1s； 0.46m/s²；
④砂和砂桶质量较大，没满足砂和砂桶质量远小于小车质量的条件；
⑤F＝

M

M+m

mg，m＜

1

9

M．

Ⅳ 某实验探究小组为了探究物体的加速度与所受合外力之间的关系，设计了如图a所示的实验装置．该实验小组成

（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该回同学实验操作中答平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，不满足钩码的质量远远小于小车的质量这个条件．
（2）根据F=ma得a-F图象的斜率k=

1

m

，
由a-F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg．
由a-F图象②得，当F=1N时，物体即将要滑动，即最大静摩擦力等于1N，
所以滑块和轨道问的动摩擦因数为：μ=

F

mg

=0.2
故答案为：（1）①；所挂钩码的总质量太大
（2）0.5，0.2．