Question

【题目】某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。

打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上,木块在细线的作用下拖着纸带运动打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块,A、B、C……I、J为计数点相邻两计数点间有4个计时点未画出,打点计时器所用交流电源频率为50Hz,取重力加速度g=10m/s2。

(1)下列实验操作或分析中正确的一项是_____。

A．实验中必须测出钩码释放时离地的高度

B．实验中应先释放木块再启动打点计时器

C．实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量

D．钩码落地发生在打点计时器打出E、F两点的时刻之间

(2)用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取_____(选填"AE"或"F")段纸带进行计算,由此测得木块与桌面间的动摩擦因数u=_____(结果保留两位有效数字)

Answer 1

【答案】D AE 0.20

【解析】

(1)A、B、C项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，故A、B、C错误；

D项：从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。

故选：D。

(2) 由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.20。