Question

20．某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块B和C质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．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，然后通过对实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．

（1）该同学手中有电磁打点计时器．复印纸．纸带，10个质量均为100g的砝码．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AD．

A．毫米刻度尺

B．秒表

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所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一个计数点（中间4个点未画出），分别记为A．B．C．D．E．F，各计数点到O点的距离分别为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm．打点计时器打点的频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.53m/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）在实难数据处理中，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所示的实验图线，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）

Answer 1

分析 （1）本实验中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，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，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，得到图线的纵轴截距为-μg，可解得动摩擦因数．

解答 解：（1）A、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故A正确．
B、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故B错误．
C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．
D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．故选：BD
（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：
v_E=$\frac{DF}{2T}=\frac{0.2180-0.1130}{2×0.1}$=0.53m/s；
由△x=at²可得：a=$\frac{△x}{{t}^{2}}$=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{OC}}{0．{3}^{2}}$=0.81m/s²；
（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=$\frac{mg-μ（M+m′）g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{（1+μ）mg}{M+{m}_{0}}$，
所以，a--t图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，μ=0.30
故答案为：（1）AD     （2）0.53   0.81（3）0.3

点评 熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义．