Question

13．某同學設計了一個如圖所示的裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數，其中A為滑塊，B和C是質量可調的砝碼，不計繩和滑輪的質量及它們之間的摩擦，裝置水平放置．實驗中該同學在砝碼總質量（m+m′=m₀）保持不變的條件下，改變m和m′的大小，測出不同m下系統的加速度，然后通過實驗數據的分析就可求出滑塊與木板間的動摩擦因數．

（1）該同學手中有打點計時器、紙帶、質量已知且可隨意組合的砝碼若干、滑塊、一端帶有定滑輪的長木板、細線，為了完成本實驗，得到所要測量的物理量，還應有BD．
A．秒表　　　　　　　　B．毫米刻度尺　　　　　　　　C．天平　　　　　　　　　　D．低壓交流電源
（2）實驗中，該同學得到一條較為理想的紙帶，如圖2所示，從清晰的O點開始，每隔4個點取一計數點（中間4個點沒畫出），分別記為A、B、C、D、E、F，各計數點到O點的距離為OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打點計時器打點頻率為50Hz，則由此紙帶可得到打E點時滑塊的速度v=0.53m/s，此次實驗滑塊的加速度a=0.81m/s²．（結果均保留兩位有效數字）
（3）在實驗數據處理中，該同學以m為橫軸，以系統的加速度a為縱軸，繪制了如圖3所示的實驗圖線，結合本實驗可知滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.30．（g取10m/s²）

Answer 1

分析 （1）本實驗中需要交流電源和長度的測量工具
（2）每隔4個點取一計數點，相鄰計數點之間的時間間隔為0.1s，由勻加速規律可得，用平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解速度、用△x=at²求解加速度
（3）對系統應用牛頓第二定律，得到圖線的縱軸截距為-μg，可解得動摩擦因數．

解答 解：（1）A、打點計時器通過打點即可知道時間，故不需要秒表，故A錯誤．
B、實驗需要測量兩點之間的距離，故需要毫米刻度尺和，故B正確．
C、本實驗中可以不測滑塊的質量，而且砝碼的質量已知，故天平可以不選，故C錯誤．
D、打點計時器要用到低壓交流電源，故D正確．故選：BD
（2）每隔4個點取一計數點，相鄰計數點之間的時間間隔為0.1s，故用平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得：
v_E=$\frac{DF}{2t}$=$\frac{0.2180-0.1130}{2×0.1}$≈=0.53m/s；由△x=at²可得：a=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{OC}}{（3t）^{2}}$=$\frac{（0.2180-0.0726）-0.0726}{（3×0.1）^{2}}$≈0.81m/s²
（3）對ABC系統應用牛頓第二定律可得：a=$\frac{mg-μ（M+m′）g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{（1+μ）mg}{M+{m}_{0}}$-μg，
所以，a-t圖象中，縱軸的截距為-μg，故-μg=-3，μ=0.30
故答案為：（1）BD；（2）0.53；0.81；（3）0.30．

點評 熟悉紙帶的處理方法，注意時間的數值和長度的單位、逐差法等；對于圖象問題，注意分析截距、斜率、面積等的含義．