题目内容
11.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间 的动摩擦因数.实验装置如图1,一表面粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮;木板上有一滑块,其一端与电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz.开始实验时,在托盘中放入适量砝码,滑块开始做匀加速运动,在纸带上打出一系列小点.(1)如图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),两相邻计数点间距如图所示.设相邻两计数点时间间隔t,则加速度a表达式为a=$\frac{{x}_{36}-{x}_{03}}{9{T}^{2}}$(用题目中给的符号表示),根据图中的数据计算的加速度a=0.496m/s2(保留三位有效数字).
(2)为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测的有CD.(填入所选物理量前的字母)
A.木板的长度l B.木板的质量m1 C.滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=$\frac{{m}_{3}g-({m}_{2}+{m}_{3})a}{{m}_{2}g}$(用被测物理量的字母表示.)
分析 (1)利用匀变速直线运动的推论,连续相等时间间隔内位移之差为常数,即△x=aT2,求出其加速度.
(2)要测量动摩擦因数,由f=μFN 可知要求μ,需要知道摩擦力和压力的大小,压力就是滑块的重力,所以需要知道滑块的质量,摩擦力要根据铁块的运动来求得,滑块做的是匀加速运动,拉滑块运动的是托盘和砝码,所以也要知道托盘和砝码的质量.
(3)利用牛顿第二定律和滑动摩擦力与正压力间的关系即可求解.
解答 解:(1)每相邻两计数点间还有4个打出的点,则T=0.1s
根据匀变速直线运动的推论△x=aT2有:a=$\frac{{x}_{36}-{x}_{03}}{9{T}^{2}}$
代入数据解得:a=$\frac{(2.88+3.39+3.88)-(1.40+1.89+2.40)}{9×0.{1}^{2}}×1{0}^{-2}$=0.496m/s2;
(2)要测量动摩擦因数,由f=μFN 可知要求μ,需要知道摩擦力和压力的大小,压力就是滑块的重力,所以需要知道滑块的质量,摩擦力要根据铁块的运动来求得,滑块做的是匀加速运动,拉滑块运动的是托盘和砝码,所以也要知道托盘和砝码的质量,故ABE错误,CD正确.
(3)以整个系统为研究对象,根据牛顿第二定律有:m3g-f=(m2+m3)a…①
又因为:f=μm2g…②
联立①②解得:μ=$\frac{{m}_{3}g-({m}_{2}+{m}_{3})a}{{m}_{2}g}$
故答案为:(1)$\frac{{x}_{36}-{x}_{03}}{9{T}^{2}}$,0.496m/s2;(2)CD;(3)$\frac{{m}_{3}g-({m}_{2}+{m}_{3})a}{{m}_{2}g}$.
点评 灵活应用匀变速直线运动的推论是解题的关键,会从滑动摩擦力的关系式分析求滑动摩擦因数需要的物理量;利用整体法和牛顿第二定律求摩擦因数是解题的依据.
A. | 频率是50赫兹 | |
B. | 当t=0时,线圈平面恰好与中性面重合 | |
C. | 当t=$\frac{1}{100}$秒时,e有最大值 | |
D. | 有效值为220伏特 |
A. | 电容器a板带负电,其带电量为$\frac{C}{{{v_0}Bd}}$ | |
B. | 电容器a板带正电,其带电量为CBdv0 | |
C. | 速率大于v0的带电粒子,将向a板偏转 | |
D. | 速率小于v0的带电粒子,将向b板偏转 |
A. | 使其电压加倍 | B. | 使其电压减半 | C. | 使其电阻加倍 | D. | 使其电阻减半 |
A. | 细线所受的拉力变小 | B. | 小球P运动的角速度变小 | ||
C. | Q受到桌面的支持力变大 | D. | Q受到桌面的静摩擦力变大 |