利用如图1所示装置探究动能定理，在斜面体的斜面上，一质量为1kg的物块后面固定一条通过打点计时器的纸带．先打点，然后让物块从静止开始沿斜面匀加速下滑，得到一条如图2所示的纸带．O点为打点的第一个点，A、B、C、D、E、F、H是计数点，每相邻两计数点间还有4个点没有标出，OA=17.65cm、AB=11.81cm、BC=14.79cm、CD=17.80cm、DE=20.81cm、EF=23.80cm、FH=26.79cm，根据以上数据进行下列处理．（g=10m/s2）
（1）物块匀加速下滑的加速度是______m/s2，物体所受的合外力是______N（结果保留三位有效数字）．
（2）完成表格
| 从0点到各点的过程 合力所做的功W 单位（J） | 各点的动能EK 单位（J） | ||
| OB | 0.8838 | B | 0.8845 |
| OC | 1.3275 | C | 1.3276 |
| OD | ______ | D | 1.8634 |
| OE | 2.4858 | E | ______ |
| OF | 3.1998 | F | 3.1992 |
（4）根据（2）表中的数据和（3）中的图线，实验结论是______．
（1）由图可知，OA段不准确，故应从A点开始计算；因每两点之间还有4个点，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s；则由逐差法可得：
a=
=DH-AD 9T2
m/s2=3.00m/s2；(26.79+23.80+20.81)-(11.81+14.79+17.80) 9×0.01
由F=ma得，F=1×3.00m/s2=3.00N；
（2）OD段的位移L=（17.65+11.81+14.79+17.80）cm=62.05cm；
合外力的功W=FL=3.00×0.6305m=1.8615J；
E点的速度v=
=DF 2×0.1
m/s=2.2305m/s； 20.81+23.80 0.2
E点的动能E=
mv2≈2.4876J；1 2
（3）如图建立直角坐标系，将动能和功作为坐标轴，通过描点法得出图象如图所示：
（4）由图象分析可知，在误差允许的范围内，合外力做的功等于物体动能的增加量；
故答案为：（1）3.00；3.00； （2）2.2305； 2.4876； （3）如上图所示；（4）在误差允许的范围内，合外力的功等于物体动能的增加量．