Question

17．为了测量木块与木板间动摩擦因数，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s随时间t变化规律，如图乙所示．

（1）根据上述s-t图，计算0.3s时木块的速度v=0.80m/s，木块加速度a=4.0m/s²；（以上结果均保留2位有效数字）
（2）若知道木板的倾角为θ，则木块与木板的动摩擦因数μ=$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$，所有量用字母表示，（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

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

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，经第3个0.1 s，木块的位移x₃=（40-34）cm=6cm，经第4个0.1s，木块的位移x₄=（34-24）cm=10cm，0.3 s时木块的速度$v=\frac{{x}_{3}+{x}_{4}}{2t}=0.80m/s$；由△x=aT²解得a=$\frac{△x}{T2}$=4.0 m/s²．
（2）根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得$μ=\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$，
（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正确；传感器开始计时的时刻可从任意位置，选项D错误．故选：AC
故答案为：（1）0.80 4.0　（2）$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$（3）AC

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