Question

16．为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，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S，位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离S随时间t变化规律如图2所示．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）

（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.4m/s
（2）若测出木板倾角为37°，则根据图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ=0.625
（3）为了提高木块与木板间的动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是C
A．选择体积较大的空心木块
B．木板的倾角越大越好
C．A点与传感器距离适当大些
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）根据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，得0.4s末的速度为：v=$\frac{0.3+0.14}{0.4}$m/s=0.4m/s，
（2）0.2s末的速度为：v′=$\frac{0.32-0.24}{0.4}$=0.2m/s，
则木块的加速度为：a=$\frac{v-v′}{t}$═1m/s²．
选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ-μmgcosθ
得：μ=$\frac{gsin37°-a}{gcos37°}=\frac{6-1}{8}=0.625$
（3）根据②的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：
可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故C正确，ABD错误．
故选：C
故答案为：（1）0.4； （2）0.625；   （3）C．

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．