题目内容
13．某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．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）该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、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BD．
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源
（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.52m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2．（结果均保留两位有效数字）
（3）在实验数据处理中，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）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、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．
B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺，故B正确．
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：
vD=$\frac{OF-OB}{4T}$=$\frac{21.80-4.02}{0.4}$×10-2m/s=0.44m/s
同理可求，
vC=$\frac{0E-0A}{4T}$=$\frac{16.14-1.61}{0.4}$=×10-2m/s=0.36m/s
由匀变速运动规律得：
vD=$\frac{{V}_{C}+{V}_{E}}{2}$所以：
vE=2vD-vC=0.88-0.36m/s=0.52m/s
由△x=at2可得：
a=$\frac{△x}{{t}^{2}}$=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{0C}}{0.32}$=0.81m/s2
（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：
a=$\frac{mg-μ（M+m′）g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{mg（1+μ）}{M+{m}_{0}}$-μg
所以，a-m图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，μ=0.3
故答案为：（1）BD；（2）0.52；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．
云南师大附小一线名师提优作业系列答案| A． | 压力和支持力的方向总是垂直于接触面的 | |
| B． | 微小的力不能使坚硬的物体发生形变，所以就没有弹力产生 | |
| C． | 弹簧测力计在称过重物后指针恢复到零刻度属于弹性形变 | |
| D． | 只有发生弹性形变的物体，才会对它所接触的物体产生弹力的作用 |
如图所示，一个质量为m带电量为q的带电小球在水平有界匀强电区域MNPQ的上方，已知匀强电场的场强大小E=$\frac{3mg}{q}$，场强方向竖直向上，MN和PQ是电场边界，相距为d．现由静止释放小球，若小球向下运动恰好不穿出电场区域．求：
如图所示，在竖直平面直角坐标中分布着方向水平沿x轴负向的匀强电场，电场强度E=$\sqrt{3}$$\frac{mg}{q}$有一质量为m，电荷为+q的带电小球从坐标原点处以速度v0射入，入射方向与x轴正方向夹角为θ（0≤θ≤90°），已知重力加速度为g，求：| A． | g′：g=5：1 | B． | g′：g=1：5 | C． | M星：M地=1：20 | D． | M星：M地=1：80 |
| A． | 物体开始下落时，速度为零，加速度也为零 | |
| B． | 物体下落过程中，速度的变化率是个恒量 | |
| C． | 物体做自由落体时，不受任何外力 | |
| D． | 不同物体在同一地点做自由落体运动的加速度是不同的 |