1．实验方法：控制变量法，数据处理，图象法．
2．什么时候要满足条件“M?m”：利用重物牵引小车的实验方案中，凡需要用“重物的重力”代替“小车受到的拉力”的都要满足该条件．
1．(2019·湖南衡阳市第一次联考)某物理课外小组利用如图1甲所示的装置完成探究小车的加速度与其所受合外力F之间的关系实验．
图1
(1)请补充完整下列实验步骤的相关内容：
①用天平测量砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则其读数为_______cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之间的距离s；
②在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等；
③取下细线和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；
④让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB；
⑤步骤④中，小车从光电门A下滑至光电门B的过程中所受合外力为____________，小车的加速度为____________．(用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g)
⑥重新挂上细线和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量和长木板的倾角，重复②～⑤步骤．
(2)本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是________．
A．尽量减小两光电门间的距离s
B．尽量增大遮光片的宽度d
C．调整滑轮，使细线与长木板平行
D．砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
2．(2019·福建厦门市第一次质量检查)某实验小组用下列器材探究加速度与合外力的关系：
如图2所示，将两辆相同的小车放在光滑水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码，改变盘中砝码就可以改变小车的合力．
两辆小车后端各系一条细绳，用黑板擦把两条细绳同时按在桌面上，使小车静止．抬起黑板擦，两辆小车同时开始运动，按下黑板擦，两辆小车同时停下，用刻度尺测出两辆小车通过的位移．
图2
(1)将砝码(含小盘)的重力当作小车的合力，由此引起的误差属于________误差(选填“系统”或“偶然”)．为了减小该误差，应使砝码(含小盘)质量之和________小车质量(选填“远大于”“远小于”或“等于”)．
(2)测得两个小车通过的位移分别为x1、x2，砝码(含小盘)质量分别为m1、m2，只要满足关系式____________则可验证加速度与合外力成正比．
3．(2019·贵州部分重点中学3月联考)某同学利用图3所示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验．在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连，实验时改变钩码的质量，读出弹簧测力计的不同示数F，不计细绳与滑轮之间的摩擦力．
图3
(1)根据实验原理图，本实验__________(选填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高，以平衡摩擦力；实验中__________(选填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量；实验中__________(选填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量；滑块(含遮光条)的加速度__________(选填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度．
(2)某同学实验时，未挂细绳和钩码接通气源，推一下滑块使其从轨道右端向左运动，发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，该同学疏忽大意，未采取措施调节导轨，继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误)，则该同学作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图象可能是__________．
(3)若该同学作出的a－F图象中图线的斜率为k，则滑块(含遮光条)的质量为________．
4．(2020·河北邯郸市测试)某实验小组利用如图4甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
图4
(1)下列做法正确的是________(选填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶的总质量________木块和木块上砝码的总质量(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)．
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取该套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到了如图乙所示的甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与长木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙(选填“＞”“＜”或“＝”)．
5．小明在课本查到“木—木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：
(1)如图5所示，将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ＝________.
图5
(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图6纸带．
图6
(3)已知打点计时器的频率为50
Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a＝____
m/s2(保留两位有效数字)．
(4)若当地的重力加速度为9.8
m/s2，则计算得μ＝________(结果保留两位有效数字)．
答案精析
1．(1)①0.530 ⑤(m＋m0)g (2)C
解析 (1)
①游标卡尺的主尺读数为：5
mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05
mm＝0.30
mm，最终读数为：5
mm＋0.30
mm＝5.30
mm＝0.530
cm；
⑤取下细线和砝码盘后，小车受到的合力即为砝码盘和盘中砝码的总重力，F合＝(m＋m0)g；
由于光电门的宽度d很小，所以可以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，小车通过光电门A的速度vA＝，小车通过光电门B速度vB＝，根据v－v＝2as可得小车的加速度为：a＝
(2)尽量增大两光电门间的距离s，减小遮光片的宽度d，可减小实验误差，故A、B错误；调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去细线后，合力不等于细线拉力，故C正确；本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替细线的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故D错误．
2．(1)系统 远小于 (2)＝
解析 (1)将砝码(含小盘)的重力当作小车的合力，这属于实验原理不够完善引起的误差，则由此引起的误差属于系统误差．因为小车受的拉力FT＝Ma＝M＝mg，则为了减小该误差，应使砝码(含小盘)质量之和m远小于小车质量M.
(2)根据x＝at2，可知x∝a，则只需要验证合外力F与x成正比即可验证加速度与合外力成正比，由于F＝mg，即要验证m与x成正比，即＝即可．
3．(1)不需要 不必要 不必要 大于
(2)C (3)
解析 (1)此实验用气垫导轨，导轨水平时滑块与导轨之间可认为无摩擦力，所以不需要垫高气垫导轨的一端平衡摩擦力；滑块受到的拉力可以用弹簧测力计测出，故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量，也不需要用天平测出所挂钩码的质量；因钩码挂在动滑轮上，则滑块的加速度是钩码加速度的2倍，即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度．
(2)遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，说明滑块做减速运动，导轨的左端偏高，则加外力时，需达到一定的值才能使滑块加速运动，则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图象可能是C.
(3)根据a＝(F－F0)，则＝k，解得M＝.
4．(1)AD (2)远小于 (3)< >
解析 (1)调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使得拉力等于木块受到的合力，故A正确；平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮连接在木块上，故B错误；实验时应先接通电源，再释放木块，故C错误；通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度，选项D正确．
(2)根据牛顿第二定律得，整体的加速度a＝，则绳子的拉力F＝Ma＝＝，知木块和木块上砝码的总质量远大于砝码桶及桶内砝码的总质量时，绳子的拉力等于砝码桶及桶内砝码的总重力．
(3)当没有平衡摩擦力时有：F－Ff＝m′a，故a＝F－μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg.
观察图线可知m甲μ乙．
5．(1) (3)2.4 (4)0.32(0.31～0.33)
解析 (1)由平衡知识可知：mg＝μMg，解得μ＝.
(3)根据Δx＝aT2可得木块运动的加速度a＝
m/s2≈2.4
m/s2.
(4)平衡摩擦力后挂上沙桶，系统加速运动，据牛顿第二定律可得mg＝(m＋M)a
因mg＝μMg，
联立可得μ＝＝≈0.32.传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时．
1．(2019·河北张家口市上学期期末)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小Ff以及位移大小x随时间的变化关系正确的是( )
图1
2．(2020·河北邯郸市测试)如图2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
图2
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t3时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3．(2019·江苏无锡市上学期期末)如图3所示，水平传送带以速度v0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v－t图象可能是( )
图3
4．(2020·广东惠州市月考)如图4所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan
θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
图4
5．(2019·湖南省十三校联考)如图5所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4
m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1
kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8
N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4
m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2,
sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
图5
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度大小．
答案精析
1．A [在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，Ff恒定，速度与时间的关系为
v＝at，v－t图象是过原点的倾斜的直线；物体的速度与传送带速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，合力为0，加速度为0，故A正确，B、C、D错误．]
2．B [t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故C、D错误．]
3．C [工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A、B错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C正确，D错误．]
4．D [传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，重力沿传送带向下的分力和滑动摩擦力方向相同，小木块做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，所以a1＝gsin
θ＋μgcos
θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan
θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，所以：a2＝gsin
θ－μgcos
θ.
根据以上分析，有a2＜a1，故选D.]
5．(1)1.33
s (2)0.85
s 2.3
m/s
解析 (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力的方向沿传送带向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcos
37°－mgsin
37°＝ma1，解得：a1＝6
m/s2.
t1＝＝
s，x1＝＝
m
物块达到与传送带同速后，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析可知，因为F＝8
N而物块所受重力沿传送带向下的分力和最大摩擦力之和为10
N，故物块不能相对传送带向上加速，则：a2＝0
t2＝＝
s，得t＝t1＋t2＝
s≈1.33
s
(2)若达到速度相等后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin
37°>μmgcos
37°，故匀减速向上运动，ma3＝mgsin
37°－μmgcos
37°，得：a3＝2
m/s2.
物块还需t′离开传送带，离开时的速度大小为vt，则：
v2－v＝2a3(－x1)，vt＝
m/s≈2.3
m/s，t′＝＝0.85
s.
