平行四边形定则是谁发明的,还是本来就有,应用于力的合成是谁提出还是自然规律

（1）除已有的器材（方木板、白纸、橡皮筋、三角板、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔）外，根据实验原理可知该实验是通过拉橡皮条来实现力的作用效果的等效性，需要用弹簧秤测量力的大小．
（2）要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故A正确，BC错误；
故选：A．
故答案为：（1）弹簧秤；（2）A．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．

（1）由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.8N．
（2）A、重物质量越大，平衡时两弹簧测力计示数越大，读数误差越小，故应让重物的质量适当大一些，故A正确；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B正确；
C、弹簧测力计B所拉的细绳套只要与重物、弹簧测力计A在同一竖直面内即可，不必要保持水平方向，故C错误；
D、改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置是为了保证力的作用效果相同，并不能减小实验误差，故D错误．
故选AB．
故答案为：（1）3.8；（2）AB．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直．

①A、根据平行四边形定则可知夹角太小将会导至合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，若夹角太大，导致合力太小，导致误差增大，故夹角不能太小或太大，适当即可，故A错误；
B、实验是通过作图得出结果，故在不超出量程的情况下为了减小误差应让拉力尽量大些，故B正确；
C、为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故C错误；
D、为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，同时，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故D正确；
故选：BD．
②力的合成遵循平行四边形定则，力的图示法可以表示出力的大小、方向和作用点，因而要表示出分力，必修先测量出其大小和方向，故步骤C中遗漏了方向；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力一定产生相同的形变效果，故步骤D中遗漏了使结点到达同样的位置．
③a、此弹簧秤的最小精度为0.1N，因此读数为：4.00N．
b、按力的图示方法作出力F的图示如下图所示：
c、根据力的平行四边形定则，作出F₁、F₂的合力F′，如下图所示：

故答案为：①BD②（a）CD（b）并记下两条细绳的方向；把橡皮筋和细绳的结点拉到步骤C中的“O”位置．③a、4.00N，b、c、图如上所示．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 掌握“验证力的平行四边形定则”的实验原理和实验步骤，同时注意只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．

（1）力的合成遵循平行四边形定则，力的图示法可以表示出力的大小、方向和作用点，因而要表示出分力，必修先测量出其大小和方向，故步骤C中遗漏了记录O点位置；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力一定产生相同的形变效果，步骤D中使结点到达同样的位置O，同时记录弹簧示数和拉力方向．
故答案为：CD，改正：①漏记了O点位置；②漏记绳子的方向．
（2）A、B、F₁与F₂合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F₁与F₂合成的理论值，F是F₁与F₂合成的实际值，故A错误，B正确；
C、D、由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故C正确，D错误．
故选BC．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 对于实验问题一定要明确实验原理，了解具体操作的含义，通过原理分析实验中的方法及误差分析．

（1）由于误差的存在，通过平行四边形定则得出的合力值与由弹簧秤直接测得的力并不完全相等，通过平行四边形得出值在对角线上，用一个弹簧直接测量出的值沿细绳方向，即沿BO方向，故F是由弹簧秤直接测得的，F′是通过平行四边形定值得出的合力值，所以不是由弹簧测力计测得的力是F′．
根据实验原理和实验目的可知，本实验要记录力F₁、F₂和F的大小和方向，通过F₁、F₂做平行四边形，求出其合力F′，然后与F进行比较，看它们的大小和方向是否相同，故BC错误，AD正确．
（2）①电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用，根据欧姆定律得，电阻箱的电阻R＝
3
1×10−3−50Ω＝2950Ω．
②当电流表外接时，通过电流表A₂的电流I2＝
(I1−I2)RX
RV，当电流表内接时，I2＝
I1(RX+RA1)
RV，通过表达式可知，当A₁示数相等时，当电流表采用外接法是，通过电流表A₂电流较小．所以接法二是电流表的外接法．
改装后的电压表内阻为3000Ω，电流表A₁的内阻小于10Ω，待测电阻R_X大约为RX≈
0.43×10−3×3000
(1.50−0.43)×10−3≈1200Ω，属于大电阻，所以采用电流表内接法无法较小．因为滑动变阻器总阻值较小，若采用滑动变阻器限流式接法，电流、电压变化较小，测量误差较大，所以 滑动变阻器采用分压式接法．故选B．
③无论怎样调节电阻箱，分压电路的输出电压变化都很小．这是因为待测电阻远大于滑动变阻器阻值．
本实验采用半偏法测量待测电阻的阻值，知半偏时，有：R_X+R₀+r₂=2（R_X+r₂），解得R_X=R₀-r₂．
将电流表内阻等效到待测电阻中去，运用半偏法测量，测量支路电压不变，实际上总电阻增大，导致测量支路电压增大，电阻箱两端的电压大于待测电阻的电压，则测量值大于真实值．
故答案为：（1）F′AD
（2）①串联 2950②外 B
③远大于R₀-r₂偏大

点评：
本题考点： 伏安法测电阻；验证力的平行四边形定则．

考点点评： 解决本题的关键知道实验的原理，以及误差的来源，会进行误差分析．知道电流表内外接和滑动变阻器分压式接法、限流式接法的区别．

A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；
B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；
C、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小．故C正确；
故选：C．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．

A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；
B、两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可．故B错误；
C、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故C错误；
D、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．

（1）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．
故选D．
（2）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．
故答案为：（1）D；（2）减小M的质量、减小OP与竖直方向的夹角、减小簧测力计B拉力的大小．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．

（1）①由乙图可知，两个分力的大小不变，要使其合力增大，应该减小两分力的夹角，故该将小轮B、C适当向下方移动．
②根据实验原理可知需要根据两方分力的大小和方向做平行四边形，故需要记录分力的大小和方向，大小是通过记录钩码个数来实现的，而方向是通过记录细线方向来记录的．
故答案为：①下方 ②钩码个数，细线方向．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义．

为了控制两次拉橡皮条的过程中力的作用效果要相同需要两次橡皮条的一端拉到同一位置；
为了作力的图示，也记下用一只弹簧秤时拉力的方向和大小，即除了应记下弹簧秤的示数外还要记下细绳套的方向．
故答案为：同一位置，细绳套的方向．

点评：
本题考点： 验证力的平行四边形定则．

考点点评： 本题考查了“互成角度的两个力的合成”实验中的基本操作，是一道考查基本实验操作的好题．

（1）①如图甲，当用两个弹簧秤同时拉橡皮筋时，必须记录下两弹簧秤读数，及两细线的方向．
②实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，图乙中的F与F′中，F′一定与AO共线．
（2）①两节电池的总电动势约为3V，电压表量程可选0-3V．电路中最大电流为：I_max=0.6A，则电流表的量程选择0-0.6A．电路连接如图所示．

（2）A、若电流表A烧毁断路，电流表A将没有示数，与题不符．故A错误．
B、若定值电阻R₀断路，两电表均没有示数，与题不符．故B错误．
C、若滑动变阻器R_P滑片与电阻线之间断开，变阻器接入电路的电阻不变，等于其最大的阻值，则电路中电流和路端电压均不变，两电表有一定的示数，而且保持不变，与题相符．故C正确．
D、若滑动变阻器的电阻线断开，电路中没有电流，电流表的示数为零，与题不符．故D错误．
故选：C
（3）利用表格中的数据描点如图：

据闭合电路欧姆定律U=E-Ir得，当I=0时，U=E，则U-I图象的纵轴截距等于电源的电动势E，图象的斜率大小等于电源的内阻r与R₀之和，
则由图读出电动势为：E=2.90V
内阻为：r=[△U/△I]-R₀=[2.90−0.40/0.55]-4Ω=0.55Ω．
故答案为：（1）①两细线的方向，O点的位置
②F′
（2）①如图
②C．
③2.90，0.55．

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻；验证力的平行四边形定则．

考点点评： 1、在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
2、本题考查电表量程的选择、连接线路、处理和分析数据、故障分析等电学实验常见的问题．估算电路中最大电流或电压，来选择电表的量程．图象关键根据实验原理，从数学角度分析其物理意义．

A、位移是矢量，有大小，有方向，运算遵循平行四边形定则．故A正确．
B、质量、功及时间是标量，只有大小，没有方向．故B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 矢量和标量．

考点点评： 解决本题的关键知道矢量有大小，有方向，其运算遵循平行四边形定则．