题目内容

15．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，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，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，得到图线的纵截距为-μg，可解得动摩擦因数

解答 解：（1）实验需要测两点间距离，故要刻度尺，打点计时器用到低压电源，故BD正确
（2）OA=1.61cm=0.0161m，OB=4.02cm=0.0402m，OC=7.26cm=0.0726m，OD=11.30cm=0.1130m，OE=16.14cm=0.1614m，OF=21.80cm=0.2180m，每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：${v_D}=\frac{OF-OB}{4T}=\frac{0.2180-0.0402}{0.4}m/s=0.44m/s$，同理可求${v_C}=\frac{OE-OA}{4T}=\frac{16.14-1.61}{0.4}m/s=0.36m/s$，
由匀变速规律得：${v_D}=\frac{{{v_c}-{v_E}}}{2}$
以vE=2vD-vc=0.52m/s，
由△x=at2
因T=0.1s，由逐差法可得
a=$\frac{（{x}_{3}+{x}_{4}+{x}_{5}）-（{x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}）}{9{T}^{2}}$=$\frac{CF-OC}{9{T}^{2}}$=$\frac{（0.2180-0.0726）-0.0726}{9×0.01}$=0.81 m/s2
（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=$\frac{{mg-μ（M+{m^{\;}}）}}{{M-{m_0}}}$所以，a-m图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，解得：
μ=0.3
故答案为：（1）BD （2）0.52；0.81；（3）0.3

点评 本题考查动摩擦因数的测量，解题时要注意单位的换算．对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，同时掌握牛顿第二定律的应用，注意数学公式与物理规律相综合应用．

练习册系列答案
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20．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，在加速度大小逐渐减小直至为零的过程中，下列说法正确的是（　　）
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B．小球对挡板AB的压力逐渐减小
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D．小球对竖直墙壁的弹力先减小后增大
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