Question

1．为了测量木块与木板间动摩擦因素u，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示的实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化规律，如图乙所示．

（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=1.7m/s，木块加速度a=1m/s²；
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是斜面的倾角θ；（已知当地的重力加速度g）
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是A．
A．A点与传感器距离适当大        B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较大的空心木块        D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．
（4）实验测得的动摩擦因素比真实值偏大（填“偏大”或“不变”或“变小”）

Answer 1

分析 （1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；
（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；
（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角
（4）空气阻力没有考虑，即可判断

解答 解：（1）由图象知，在第1个0.1 s，木块的位移为0：在第二个0.1 s，木块的位移x₂=（42-40）cm=2cm=0.02m，经第3个0.1 s，木块的位移x₃=（40-34）cm=6cm=0.06m，经第4个0.1s，木块的位移x₄=（34-24）cm=10cm=0.10m，x₅=24cm=0.24m，0.4 s时木块的速度$\frac{{x}_{4}+{x}_{5}}{2t}=\frac{0.1+0.24}{2×0.1}m/s$=1.7m/s；由△x=aT²解得a=$\frac{△x}{{T}^{2}}$=1 m/s²．
（2）根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得μ=$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$，需要测量斜面的倾角θ，
（3）A点与传感器距离适当大些，可提高长度的测量精度，提高加速度的测量精度，从而提高动摩擦因数的测量精度，选项A正确；而木板的倾角过大，则运动时间过短，选项B错误；体积较小的实心木块受到的空气阻力较小，测量结果较准确，选项C错误；传感器开始计时的时刻可从任意位置，选项D错误．故选：A
（4）由于没有考虑空气阻力，故实验测得的动摩擦因素比真实值偏大
故答案为：（1）1.7，1；（2）斜面的倾角θ；（3）$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$（3）A；（4）偏大

点评 解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量