Question

16．某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图乙是打出的纸带的一段．

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、D、E、F、G七个点为计数点，且相邻的各计数点间均有一个点没有画出，则滑块下滑的加速度a=3.00m/s²，打D点时滑块的速度v_D=1.62m/s．（结果保留三位有效数字）
（2）为测量动摩擦因数，还需要测量的物理量有AB．（填入所选物理量前的字母）
A．木板的长度L
B．木板的末端被垫起的高度h
C．滑块的质量m₂
D．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=$\frac{h}{\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}-\frac{aL}{g\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}$（用被测物理量表示，重力加速度为g）；与真实值相比，测量的动摩擦因数偏大（填“偏大”或“偏小”）．

Answer 1

分析 （1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出滑块下滑的加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D点的速度．
（2、3）结合牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式，从而确定需要测量的物理量．由于滑块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．

解答 解：（1）根据△x=aT²，运用逐差法得：
a=$\frac{{x}_{DG}-{x}_{AD}}{9{T}^{2}}$=$\frac{（6.71+7.21+7.70-5.29-5.76-6.25）×1{0}^{-2}}{9×0.0{4}^{2}}$=3.00m/s²．
D点的瞬时速度为：
${v}_{D}=\frac{{x}_{CE}}{2T}=\frac{（6.25+6.71）×1{0}^{-2}}{2×0.04}$m/s=1.62m/s．
（2）根据牛顿第二定律得：
a=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}=gsinθ-μgcosθ$，
解得：$μ=\frac{gsinθ-a}{gcosθ}=tanθ-\frac{a}{gcosθ}$，可知还需测量木板的长度L，以及木板末端被垫起的高度h．故选：AB．
（3）由于tanθ=$\frac{h}{\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}$，cosθ=$\frac{\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}{L}$，解得：
μ=$\frac{h}{\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}-\frac{aL}{g\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}$．
由于滑块在运动过程中受到空气阻力作用，导致加速度的测量值偏小，可知动摩擦因数测量值偏大．
故答案为：（1）3.00，1.62；（2）AB；（3）$\frac{h}{\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}-\frac{aL}{g\sqrt{{L}^{2}-{h}^{2}}}$，偏大．

点评 解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解速度和加速度，关键是匀变速直线运动的推论的运用，对于动摩擦因数，关键得出该物理量的表达式，从而分析判断．