Question

【题目】借助于位移传感器可以方便地测量木块和木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，木块从木板上面某一点静止释放，位移传感器记录下木块到传感器的距离。计算机描绘的距离随时间变化的图象如图乙所示。

图甲 图乙

（1）根据上述s- t图象，计算木块加速度a =__________m/s2， 0.3s时木块的速度v=_______m/s， 。（以上结果均保留2位有效数字）

（2）根据图中提供的已知数据，可计算出木块与木板间的动摩擦因数μ=________。（取重力加速度g=10m/s2，结果保留2位有效数字）

（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．点与传感器距离适当大些

B．木板的倾角越大越好

C．选择体积较小的实心木块

D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻

Answer 1

【答案】2.0 0.40 0.50 AC

【解析】

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；根据牛顿第二定律求出测定动摩擦力因数μ；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；

解：(1)由图象知，在第1个0.1s，木块的位移为0；在第二个0.1s，木块的位移；经第3个0.1s，木块的位移，经第4个0.1s，木块的位移，0.3s时木块的速度，由解得

(2)由图可知，根据牛顿第二定律，有，解得

(3)A、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，故A正确；

B、而木板的倾角过大，则运动时间过短，故B错误；

C、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，故C正确；

D、传感器开始计时的时刻可从任意位置，故D错误；

故选AC。