Question

1．為了測量木塊與木板間動摩擦因素u，某小組使用位移傳感器設計了如圖甲所示的實驗裝置，讓木塊從傾斜木板上一點A由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離．位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊相對傳感器的位移x隨時間t變化規(guī)律，如圖乙所示．

（1）根據上述圖線，計算0.4s時木塊的速度v=1.7m/s，木塊加速度a=1m/s²；
（2）為了測定動摩擦因數μ，還需要測量的量是斜面的傾角θ；（已知當地的重力加速度g）
（3）為了提高木塊與木板間動摩擦因數的測量精度，下列措施可行的是A．
A．A點與傳感器距離適當大        B．木板的傾角越大越好
C．選擇體積較大的空心木塊        D．傳感器開始計時的時刻必須是木塊從A點釋放的時刻．
（4）實驗測得的動摩擦因素比真實值偏大（填“偏大”或“不變”或“變小”）

Answer 1

分析 （1）由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內的平均速度等于這段時間內中點時刻的瞬時速度；根據加速度的定義式即可求出加速度；
（2）為了測定動摩擦力因數μ還需要測量的量是木板的傾角θ；
（3）為了提高木塊與木板間摩擦力因數μ的測量精度，可行的措施是A點與傳感器位移適當大些或減小斜面的傾角
（4）空氣阻力沒有考慮，即可判斷

解答 解：（1）由圖象知，在第1個0.1 s，木塊的位移為0：在第二個0.1 s，木塊的位移x₂=（42-40）cm=2cm=0.02m，經第3個0.1 s，木塊的位移x₃=（40-34）cm=6cm=0.06m，經第4個0.1s，木塊的位移x₄=（34-24）cm=10cm=0.10m，x₅=24cm=0.24m，0.4 s時木塊的速度$\frac{{x}_{4}+{x}_{5}}{2t}=\frac{0.1+0.24}{2×0.1}m/s$=1.7m/s；由△x=aT²解得a=$\frac{△x}{{T}^{2}}$=1 m/s²．
（2）根據牛頓第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得μ=$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$，需要測量斜面的傾角θ，
（3）A點與傳感器距離適當大些，可提高長度的測量精度，提高加速度的測量精度，從而提高動摩擦因數的測量精度，選項A正確；而木板的傾角過大，則運動時間過短，選項B錯誤；體積較小的實心木塊受到的空氣阻力較小，測量結果較準確，選項C錯誤；傳感器開始計時的時刻可從任意位置，選項D錯誤．故選：A
（4）由于沒有考慮空氣阻力，故實驗測得的動摩擦因素比真實值偏大
故答案為：（1）1.7，1；（2）斜面的傾角θ；（3）$\frac{gsinθ-a}{gcosθ}$（3）A；（4）偏大

點評 解決本題的關鍵知道勻變速直線運動的推論，在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，以及會通過實驗的原理得出動摩擦因數的表達式，從而確定所需測量的物理量