Question

为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．

（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=      m/s，木块加速度a=      m/s²；

（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是      ；（已知当地的重力加速度g）；

（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是      （单选）

A．A点与传感器距离适当大些

B．木板的倾角越大越好

C．选择体积较大的空心木块

D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．

Answer

（1）0.4，1；

（2）斜面倾角（或A点的高度）；

（3）A

【解析】

试题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；

（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；

（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．

【解析】
（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：

v=，

0.2s末的速度为：

，

则木块的加速度为：

a=．

（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：

ma=mgsinθ﹣μmgcosθ

得：

所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ

（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：

可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．

故选：A

故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A点的高度）；（3）A．

【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．