Java计时器问题 现在程序是从系统当前时间开始计时 我想修改为从00:00:00开始计时 （其它不变）

答：
器材：添加的器材：刻度尺．
步骤：设置一个起点，小车每次都从同一起点开始，多次测量，得时间t₁，t₂，t₃求平均值t，用刻度尺测量长度l，用l除t就可以了．
表达式：v=[l/t]．

点评：
本题考点： 长度的测量．

考点点评： 此题考查的是设计实验测量物体速度，考查的是我们应用物理规律解决实际问题的能力．

滑块通过光电门1的瞬时速度v1＝
L
△t1]，通过光电门2的瞬时速度v2＝
L
△t2．
系统重力势能的减小量为mgs，系统动能的增加量为
1
2(M+m)(
L
△t2)2−
1
2(M+m)(
L
△t1)2．
则验证的机械能守恒的表达式为mgs＝
1
2(M+m)(
L
△t2)2−[1/2(M+m)(
L
△t1)2．
故答案为：（1）v1＝
L
△t1]，v2＝
L
△t2．
（2）mgs＝
1
2(M+m)(
L
△t2)2−
1
2(M+m)(
L
△t1)2．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，系统机械能守恒．

（1）实验中我们认为：mg=Ma，而实际上是：mg=（M+m）a，因此只有当M＞＞m时，小车所受合外力大小等于mg．故答案为：小车所受合外力大小等于（或约等于）mg．（2）通过光电门的测量我们计算出了通过光电门1的速度为...

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 本实验与教材中的实验有所不同，但是根据所学物理知识，明确了实验原理，即可正确解答．

（1）滑块通过光电门1时的速度v1＝
d
△t1＝
0.0101
0.01＝1.0m/s，通过光电门2的瞬时速度v2＝
d
△t2＝
0.0101
0.004＝2.5m/s．
（2）由此测得的瞬时速度v₁和v₂只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的平均速度，滑块的宽度越小，测量值越接近真实值．
（3）根据速度位移公式得，v22−v12＝2ax，则加速度a=
v22−v12
2x＝
(
d
t2)2−(
d
t1)2
2x．所以还需测量两光电门之间的距离x．
故答案为：（1）1.0　2.5（2）平均速度　滑块
（3）两光电门之间的距离x，
(
d
t2)2−(
d
t1)2
2x．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 接近本题的关键掌握极限思想在物理上的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，通过的位移越小，平均速度越趋近于瞬时速度．

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
v_C=[0.54−0.16/2×0.1]m/s=1.9m/s
根据纸带的数据得相邻的计数点间的距离之差相等，即△x=2cm，
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=
0.02
(0.1)2=2m/s²．
故答案为：1.9；2．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

（1）纸带B端与滑块相连接，在图中发现从打B点到打A点的过程中，由于相邻的时间间隔位移之差相等，相邻计时点的位移间隔越来越大，所以纸带的速度越来越大，所以这段时间内小车做匀加速运动．
（3）由于相邻的时间间隔位移之差相等△x=0.20cm，根据运动学公式推论△x=at²得出：
a=
△x
t2＝
0.20×10−2
0.022=5.00m/s²
故答案为：（1）匀加速（2）5.00m/s²

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 相同的时间看距离的变化，从而来判断纸带的运动情况．
知道毫米刻度尺读数时要进行估读．

（1）由xm−xn＝(m−n)aT2，△x=aT²是个常数，可得：x-36.0=3（36.0-30.0），解得：x=54.0
从B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应该是C；
（2）由△x=aT²可得物体的加速度：
a＝
(36.0−30.0)×10−3
0．12m/s2＝0.60m/s2
（3）由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得1点的速度为：
v1＝
(36.0+30.0)×10−3
0.2m/s＝0.33m/s
故答案为：（1）C．（2）a=0.60．（3）v₁=0.33．

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 本题重在在于，△x=aT2是个常数以及它的推广式xm−xn＝(m−n)aT2的应用，这也是本题的难点．

打点计时器每隔0.02s打一个点，那么从0到3共有6个时间间隔，因此时间为：T=0.02s×6=0.12s；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：
v3＝
x24
t＝
(18.36−6.77)×10−2m
2×0.04s≈1.45m/s
故答案为：0.12s，1.45．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

①用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，故：
v₁=[d
△t1＝
0.0553m
5.0×10−2s≈1.11m/s；
v₂=
d
△t1＝
0.0553m
2.0×10−2s≈2.77m/s；
②求解出v₁、v₂后，根据速度位移关系公式v²-v₀²=2ax可以求解加速度；
根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma；
解得：μ=tanθ-
a/gcosθ]；
故还需测量：木板顶端p点到地面的高度h和铅锤到木板端点Q的距离（水平距离）s；
③滑块经过两个光电门的挡光时间相同，说明物体做匀速直线运动，根据平衡条件，有：
mgsinθ-μmgcosθ=0；
解得：μ=tanθ；
故μ=[h/s]；
故答案为：①1.11，2.77；
②木板顶端p点到地面的高度h和铅锤到木板端点Q的距离（水平距离）s；
③[h/s]．

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 本题关键明确实验原理，根据牛顿第二定律或者平衡条件求解出动摩擦因素的表达式后确定待测量，不难．

（1）A、电磁打点计时器使用6V以下的交流电源，故A错误；
B、电火花计时器使用220V的交流电源，故B正确；
C、电磁打点计时器和电火花计时器使用的电源频率都是50Hz，故C正确；
D、纸带上的点越密集，说明物体运动越慢．故D错误；
故选：BC．

（2）每5个点取1个计数点，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中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．
v_C=[0.0230+0.0270/2×0.1]=0.25m/s
根据纸带的数据得出相邻的计数点间的距离之差相等，即△x=0.40cm，
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=[0.004/0.01]=0.40m/s²．
故答案为：（1）BC；
（2）0.1；0.25；0.40．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

（1）实验原理是：求出通过光电门1时的速度v₁，通过光电门1时的速度v₂，测出两光电门间的距离A，在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgA，增加的动能为：
1/2]（M+m）
v22-[1/2]（M+m）
v21再比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，所以需要测出光电门间的距离A．
（2）我们验证的是：△E_p与△E_k的关系，即验证：△E_p=△E_k代入得：
mgA=[1/2]（M+m）
v22-[1/2]（M+m）
v21
又：v₁=[d
△t1；v₂=
d
△t2代入得：
mgA=
1/2]（M+m）（[d
△t2）²-
1/2]（M+m）（[d
△t1）²
即：
1/2]（m+M）（[d
△t2）²=mgA+
1/2]（M+m）（[d
△t1）²
（3）将气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等：若左侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量；若右侧高，系统动能增加量小于重力势能减少量．
故答案为：（1）两光电门中心之间的距离A；（2）mgA+
1/2]（m+M）(
d
△t1)2；（3）＞．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．

利用滑块通过光电门时的平均速度代替滑块的瞬时速度故有：
滑块通过光电门1的速度v₁=
d
t1＝
0.5×10−2
2.5×10−2m/s＝0.20m/s
滑块通过光电门2的速度v₂=
d
t2＝
0.5×10−2
1.0×10−2m/s＝0.50m/s
故答案为：0.20，0.50．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 掌握光电门测速度的原理，用极短时间内的平均速度代替瞬时速度，不难属于基础题．

（1）物块A、B被弹簧弹开后的速度为：VA＝VB＝
d
t＝4m/s
故弹簧储存的弹性势能EP＝
1
2mA
V2A+
1
2mB
V2B＝16J
（2）物块B在传送带上的加速度为a由μmBg＝mBa得a＝2m/s2
故物块B沿传送带向右滑动的最远距离sm＝

V2B
2a＝4m
（3）物块在传送带上运动的总时间为t′＝
2VB
a＝4s
物块B相对传送带滑动的路程为s=vt'=24m
故因摩擦产生的热量Q=μm_Bgs=48J
答：（1）弹簧弹开前储存的弹性势能是16J；（2）物块B沿传送带向右滑动的最远距离是4m；（3）物块B在传送带上滑动的全过程中因摩擦产生的热量是48J．

点评：
本题考点： 功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；弹性势能．

考点点评： 本题是复杂的力学综合题，综合了运动学公式、牛顿第二定律、机械能守恒等多个知识，分析运动过程，选择解题规律是关键

(1)将滑行器放在导轨上，观察它能否保持静止，或轻推滑行器，观察滑行器是否匀速滑，如果匀速滑行，说明轨道水平，一定要注意滑行器速度要小；

(2)本实验要求，m越大，误差越大，故选D

(3)由，，可得

(4)根据题意可得，小车和砝码的总质量，故选C。

（1）将滑行器放在导轨上，观察它能否保持静止，或轻推滑行器，观察滑行器是否匀速滑行。 （2）D    （3）    （4）C


<>

（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以d=5.15mm=0.515cm．
（2）因为较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，
所以v₁=[d/t]=
0.515×10−2
5×10−2m/s＝0.10m/s．
v₂=[d/t′＝
0.515×10−2
2×10−2m/s＝0.26m/s．
（3）由运动学公式得v²-v₀²=2a′x
x=L
对滑块由牛顿第二定律得 mgsinθ-umgcosθ=ma′
且tanθ=
h
a]
由上可知要求μ，则需要知道h、a
故需要直接测量的物理量是 P点离桌面的距离h、重锤在桌面上所指的点与Q点间的距离a，（斜面的长度b=
a2+h2 ）
（4）用（3）中各量求解动摩擦因数的表达式μ=[h/a]-
(
v22−
v21)b
2Lga
故答案为：（1）0.515；
（2）0.10；0.26；
（3）P点到桌面高度h；重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a；斜面的长度b；
（4）[h/a]-
(
v22−
v21)b
2Lga．

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 游标卡尺的读数要注意它的精确度是多少，同时还要注意，游标卡尺的读数是不需要估读的；
测量动摩擦因数时，滑动摩擦力的大小是通过牛顿第二定律计算得到的，加速度是通过铁块的运动情况求出来的．

他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s．
纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动．
利用匀变速直线运动的推论得：
v_C=
xBD
tBD=[2.30cm+2.70cm/2×0.1s]=0.25m/s
根据匀变速直线运动有△x=aT²，将T=0.1s，△x=0.4cm带入解得a=0.40m/s²．
故答案为：0.1，匀加速，0.25，0.40．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要注意单位的换算；对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律；要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

（1）为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量AB间的距离L；
（2）我们验证的是：△E_p与△E_k的关系，即验证：△E_p=△E_k代入得：
mgL=[1/2]（M+m）v²；
而v=（[d/△t]）²
所以本实验中验证机械能守恒的表达式为mgL=[1/2]（M+m）（[d/△t]）²
（3）如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的．
故答案为：（1）AB间的距离L；
（2）mgL=[1/2]（M+m）（[d/△t]）²；
（3）气垫导轨不水平．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．

（1）游标卡尺是10分度的，其精确度为0.1mm，故读数以mm为单位是：15mm+0×0.1mm=15.0mm=1.50cm．
（2）由于滑块通过光电门的时间极短，可以利用其平均速度来代替瞬时速度，因此有：
v₁=[d
t1=
1.5×10−2
1×10−2=1.5m/s；
v₂=
d
t2=
1.5×10−2
3×10−2=0.5m/s．
（3）设加速度的大小为a．由v₂²-v₁²=-2a•L得：a=

v22−
v21/2L]
根据牛顿第二定律得：-μmg=-ma
解得：μ=[a/g]=

v22−
v21
2L
故答案为：
（1）1.50；
（2）1.5，0.5；
（3）

v22−
v21
2L．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 解决本题要掌握游标卡尺的读数方法：游标卡尺的读数等于主尺读数等于游标读数，不需估读，以及掌握在较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，正确利用匀变速运动规律求解加速度的大小．运用牛顿第二定律求解动摩擦因数．

（1）电火花计时器使用交流电源，工作电压220V．
（2）根据图中数据可知△x=4mm，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可得：
a=[0.004/0.01]=0.4m/s²，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
v_B=[0.052/2×0.1]=0.26m/s
根据v=v₀+at，得：
v_A=0.26-0.1×0.4=0.22m/s，
故答案为：（1）交流；220
（2）0.4；0.22；0.26

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

（1）由图示游标卡尺可得，主尺示数为5cm，游标尺示数为3×0.05=0.15mm=0.015cm，
宽度d=5cm+0.015cm=5.015cm．
（2）速度v₁=[d
t1≈1m/s，v₂=
d
t2≈2.5m/s．
（3）测出滑块经过两光电门的速度、两光电门间的距离，由匀变速运动的速度位移公式可以求出加速度，
要测动摩擦因数，需要知道斜面的倾角，因此需要测出：P点到桌面高度h；重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a；
斜面的长度b．
（4）滑块做匀加速直线运动，由匀变速运动的速度位移公式可得：V₂²-V₁²=2aL，
设斜面倾角为θ，对滑块，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma，
其中sinθ=
h/b]，cosθ[a/b]，解得：μ=[h/a]-
b(v22−v12)
2Lga；
故答案为：（1）5.015；（2）1； 2.5；（3）P点到桌面高度h；重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a；斜面的长度b；
（4）[h/a]-
b(v22−v12)
2Lga．

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 游标卡尺的读数要注意它的精确度是多少，同时还要注意，游标卡尺的读数是不需要估读的；应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出动摩擦因数．

（1）小滑块的长度d=8.15cm-4.00cm=4.15cm
（2）因为挡光的时间极短，可以用比较短时间内的平均速度代替瞬时速度．
所以滑块通过光电门的速度v=[d/t]=0.83m/s
故答案为：（1）4.15
（2）0.83

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 解决本题的关键知道平均速度的公式.v=[△x/△t]，知道当△t比较小时，平均速度可以代替瞬时速度．再者就是要熟练的应用测量长度的工具，并会准确的进行读数．