题目内容
20.某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数,其中A为滑块B和C质量可调的砝码,不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦.实验中该同学在砝码总质量 (m+m′=m0)保持不变的条件下,改变m和m′的大小,测出不同m下系统的加速度,然后通过对实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数.(1)该同学手中有电磁打点计时器.复印纸.纸带,10个质量均为100g的砝码.滑块.一端带有定滑轮的长木板.细线,为了完成本实验,得到所要测量的物理量,还应有AD.
A.毫米刻度尺 | B.秒表 | C.天平 | D.低压交流电源 |
(3)在实难数据处理中,该同学以m为横轴,以系统的加速度a为纵轴,绘制了如图3所示的实验图线,结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.3.(g取10m/s2)
分析 (1)本实验中需要交流电源和长度的测量工具.
(2)每隔4个点取一计数点,相邻计数点之间的时间间隔为0.1s,由匀加速规律可得,用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度.
(3)对系统应用牛顿第二定律,得到图线的纵轴截距为-μg,可解得动摩擦因数.
解答 解:(1)A、实验需要测量两点之间的距离,故需要毫米刻度尺和,故A正确.
B、打点计时器通过打点即可知道时间,故不需要秒表,故B错误.
C、本实验中可以不测滑块的质量,而且砝码的质量已知,故天平可以不选,故C错误.
D、打点计时器要用到低压交流电源,故D正确.故选:BD
(2)每隔4个点取一计数点,相邻计数点之间的时间间隔为0.1s,故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得:
vE=$\frac{DF}{2T}=\frac{0.2180-0.1130}{2×0.1}$=0.53m/s;
由△x=at2可得:a=$\frac{△x}{{t}^{2}}$=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{OC}}{0.{3}^{2}}$=0.81m/s2;
(3)对ABC系统应用牛顿第二定律可得:a=$\frac{mg-μ(M+m′)g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{(1+μ)mg}{M+{m}_{0}}$,
所以,a--t图象中,纵轴的截距为-μg,故-μg=-3,μ=0.30
故答案为:(1)AD (2)0.53 0.81(3)0.3
点评 熟悉纸带的处理方法,注意时间的数值和长度的单位、逐差法等;对于图象问题,注意分析截距、斜率、面积等的含义.
练习册系列答案
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A. | 圆环在t=$\frac{{t}_{0}}{2}$时刚好到达最高点 | |
B. | 圆环在运动过程中的最大加速度为am=g+$\frac{μBq{v}_{0}}{m}$ | |
C. | 圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为$\frac{1}{2}$m(v02-$\frac{{m}^{2}{g}^{2}}{{μ}^{2}{B}^{2}{q}^{2}}$) | |
D. | 圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能 |
8.如图所示表示两列同频率相干水波在t=0时刻的叠加情况,图中实线表示波峰,虚线表示波谷,已知两列波的振幅均为2cm,波速为2m/s,波长为0.4m,E点是BD连线和AC连线的交点,下列说法正确的是( )
A. | A、C两点是振动加强点 | |
B. | E点是振动减弱点 | |
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D. | t=0.05 s,E点离开平衡位置2 cm |
15.如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=5:1,交流电源的电压u=200$\sqrt{2}$sin100πt(V),电阻R=100Ω,电压表均为理想电表,则( )
A. | 流经R的交流电的频率为10Hz | B. | 电流表的示数为2A | ||
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B. | 地面对木棒B端的作用力方向竖直向上 | |
C. | 地面对木棒B端的作用力方向沿木棒向上 | |
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由表中结果可知通电导线在磁场中受力( )
电流 | 电流接通位置 | 悬线偏角 |
I | 2、3 | θ |
I | 1、3 | 2θ |
I | 1、4 | 3θ |
2I | 2、3 | 2θ |
3I | 2、3 | 3θ |
A. | 与电流无关 | B. | 与磁铁的数量成反比 | ||
C. | 与电流可能成正比 | D. | 与磁场中的导线长度成反比 |
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A. | B、D两质点振动始终是加强的 | B. | B、D两点的位移始终最大 | ||
C. | E质点是振动加强的点 | D. | E质点的位移有时为零 |