18届高考物理二轮复习第六章力学实验提能增分练（二）测定动摩擦

。 。 。 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 提能增分练(二) 测定动摩擦因数的4种方法

1.一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲。

(1)图乙是打出的纸带一段，g为当地重力加速度。已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a＝________m/s。

2

(2)为了求出小车下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有________。 (3)用测得的量及加速度a表示动摩擦因数的计算式为μ＝________。 解析：(1)从纸带可以根据逐差法算出

a＝

x8＋x7＋x6＋x5－x4＋x3＋x2＋x12

≈4.05 m/s。 2

16T(2)(3)由牛顿第二定律可以写出加速度的表达式a＝gsin θ－μgcos θ，可见，还需要知道斜面倾角的正弦和余弦值。可以利用直尺测出斜面上任意两点间距离l及这两点的高

hl2－h2gh－al度差h，用l和h表示函数值，即a＝g－μg，化简得μ＝。 22

llgl－h答案：(1)4.05 (2)斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h (3)gh－al

gl2－h2

2．(2017·陕西渭南模拟)如图甲所示，某同学将一端固定有滑轮的长木板水平放置在桌面上，利用钩码通过细线水平拉木块，让木块从静止开始运动。利用打点计时器在纸带上记录下的木块运动情况如图中所示，其中O点为纸带上记录的第一个点，A、B、C是该同学在纸带上所取的计数点，图乙所标明的数据为A、B、C点到O点的距离。已知打点计时器所用交流电源的频率f＝50 Hz。(计算结果均保留两位有效数字)

1

(1)打点计时器打下B点时木块的速度为vB＝________m/s；木块的加速度a＝________m/s。

(2)接着该同学利用天平分别测出钩码的质量m＝0.10 kg、木块的质量M＝0.40 kg，根据给出的与已经算出的数据，该同学计算出木块与木板间的动摩擦因数μ。请写出最后的结果μ＝________(忽略滑轮的阻力，取g＝10 m/s)。

解析：(1)打点计时器打下B点时木块的速度vB＝由Δx＝aT得：a＝

2

2

2

xAC0.857 3－0.701 8

＝ m/s≈0.78 m/s t10×0.02

xBC－xAB，其中T＝5×0.02 s＝0.1 s T2

2

代入数据解得：a＝0.39 m/s。 (2)木块所受摩擦力为f＝μMg

对木块有：FT－f＝Ma，对钩码有：mg－FT＝ma 可得μ＝

mg－m＋Ma，代入数据得：μ≈0.20。

Mg答案：(1)0.78 0.39 (2)0.20

3.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略)

(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。 (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝____________。 (3)以下能引起实验误差的是________。 A．滑块的质量

B．当地重力加速度的大小 C．长度测量时的读数误差

2

D．小球落地和滑块撞击挡板有时间差

解析：(1)同时听到声音说明小球与滑块运动时间相同，都设为t，则小球做自由落体1212ax运动，H＝gt，滑块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x＝at，由以上两式可得＝。

22gH(2)设斜面倾角为θ，有sin θ＝，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得，沿斜面方向：mgsin θ－Ff＝ma

垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0 又有：Ff＝μFN

由以上三式解得a＝gsin θ－μgcos θ，

hxx2?1ax?将＝代入可得μ＝?h－?22。

gH?H?x－h(3)由动摩擦因数的表达式可知选C、D。

x2?1x?答案：(1) (2)?h－?2 (3)CD

H?H?x－h2

4.如图所示，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移—时间(st)图像和速率—时间(vt)图像。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为

s、高度为h。(取重力加速度g＝9.8 m/s2，结果均保留一位有效数字)

(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的vt图线如图甲所示，从图线可得滑块A上滑时的加速度a＝________m/s，摩擦力对滑块A运动的影响____________(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)。

2

(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律，实验时通过改变__________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变______________________________________，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。

(3)将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板向上的初速度，A′

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的st图线如图乙所示。图线不对称是由于____________造成的，通过图线可求得滑板的

倾角θ＝________(用反三角函数表示)，滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝________。

Δv3.022

解析：(1)a＝＝ m/s＝6 m/s，摩擦力对A运动的影响不明显，可忽略。

Δt0.5(2)略。

(3)图线的不对称是由于滑动摩擦力的影响造成的，当滑块A′沿斜面向上滑动时，加12

速度a1＝gsin θ＋μgcos θ，由运动学公式s1＝a1t1，s1＝0.84 m－0.20 m＝0.64 m，t1

2＝0.4 s。滑块A′沿斜面向下滑动时，加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，由运动学公式，

s2＝a2t22，s2＝0.84 m－0.20 m＝0.64 m，t2＝0.6 s。

由上面的关系可以解出θ≈arcsin 0.6，μ≈0.3。

答案：(1)6 不明显，可忽略 (2)斜面高度h 滑块A的质量M及斜面的高度h，且使

1

2

Mh不变 (3)滑动摩擦力 arcsin 0.6 0.3

5.如图所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。

解析：小滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设小滑块质量为m，动摩擦因数为μ，斜面倾角为α，斜面底边长s1，水平部分长s2，由动能定理得：

mgh－μmgcos α·

s1

cos α

－μmgs2＝0－0

化简得：h－μs1－μs2＝0，解得μ＝。 答案： 6.为了测量小木块和斜面间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验：在小木块上固定一个弹簧秤(弹簧秤的质量不计)，弹簧秤下吊一个光滑小球，将小木块连同小球一起放在斜面上，如图所示，用手固定住小木块时，弹簧秤的示数为F1，放手后小木块沿斜面下滑，

4

hshs稳定时弹簧秤的示数为F2，测得斜面的倾角为θ，由测量的数据计算出小木块与斜面间的动摩擦因数。

解析：对小球，当装置固定不动时，据平衡条件有

F1＝mgsin θ

当整个装置沿斜面下滑时，小球加速度a＝F1－F2

m，亦即整体加速度， 设小木块质量为M，对整个装置有

(M＋m)a＝(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ， 得μ＝

gsin θ－agcos θ

联立以上各式解得 μ＝F2 …… 此处隐藏：1525字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……