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某同学设计了一个测定滑块与木板间动摩擦因数的实验,装置如图甲所示,其中M为滑块,m和m′是质量可调的片码,细绳和滑轮的质量都可以忽略不计.实验过程中,该同学在片码总质量m+m
题目详情
某同学设计了一个测定滑块与木板间动摩擦因数的实验,装置如图甲所示,其中M为滑块,m和m′是质量可调的片码,细绳和滑轮的质量都可以忽略不计.实验过程中,该同学在片码总质量m+m′=m0保持不变的条件下,改变m和m′的大小,测出不同m下系统的加速度,然后通过实验数据的分析求出滑块和木板间的动摩擦因数.
(1)在实验器材方面,该同学选择了打点计时器、每片质量为0.15kg的片码总共10片以及滑块、木板、滑轮各一个、细线若干.除此以外,根据本实验所要测量的物理量,你认为在下列备选仪器中还需要______(填写字母代号即可).
A.秒表 B.毫米刻度尺 C.学生用直流电源 D.学生用交流电源
(2)如图乙所示是为了测量滑块的加速度而实验得来的一条纸带,其中O、A、B、C、D、E、F是计数点(每打5个点取一个计数点,电源频率50Hz),测量出各相邻计数点之间的距离如图所示.根据这条纸带,则打C点时的速度为______m/s,这次实验时滑块的加速度为______m/s2(结果保留三位有效数字).
(3)理论和实验均已证明,a与m是一次函数关系,结合本实验的数据得出a=2m-3,那么滑块与木板间的动摩擦因数μ=______.
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(1)在实验器材方面,该同学选择了打点计时器、每片质量为0.15kg的片码总共10片以及滑块、木板、滑轮各一个、细线若干.除此以外,根据本实验所要测量的物理量,你认为在下列备选仪器中还需要______(填写字母代号即可).
A.秒表 B.毫米刻度尺 C.学生用直流电源 D.学生用交流电源
(2)如图乙所示是为了测量滑块的加速度而实验得来的一条纸带,其中O、A、B、C、D、E、F是计数点(每打5个点取一个计数点,电源频率50Hz),测量出各相邻计数点之间的距离如图所示.根据这条纸带,则打C点时的速度为______m/s,这次实验时滑块的加速度为______m/s2(结果保留三位有效数字).
(3)理论和实验均已证明,a与m是一次函数关系,结合本实验的数据得出a=2m-3,那么滑块与木板间的动摩擦因数μ=______.

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▼优质解答
答案和解析
(1)根据实验原理,结合所需要测量的物理量,时间由打点计时器来体现,因此需要学生交流电源,同时要用毫米刻度尺来测量长度,来求出速度,从而算出加速度大小.
(2)因为每相邻两计数点间还有4个打点,所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s;
利用匀变速直线运动的推论得:
vCC=
═
=0.364m/s
根据运动学公式得:△x=at2,
a=
=
=0.810m/s2.
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
xBD xBD xBDBDtBD tBD tBDBD═
=0.364m/s
根据运动学公式得:△x=at2,
a=
=
=0.810m/s2.
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
0.0324+0.0404 0.0324+0.0404 0.0324+0.04042×0.02×5 2×0.02×5 2×0.02×5=0.364m/s
根据运动学公式得:△x=at22,
a=
=
=0.810m/s2.
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
△x △x △xt2 t2 t22=
=0.810m/s2.
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) 0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) 0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161)(3×0.1)2 (3×0.1)2 (3×0.1)22=0.810m/s22.
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
m m mM+m′ M+m′ M+m′g−μg;
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
(2)因为每相邻两计数点间还有4个打点,所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s;
利用匀变速直线运动的推论得:
vCC=
xBD |
tBD |
0.0324+0.0404 |
2×0.02×5 |
根据运动学公式得:△x=at2,
a=
△x |
t2 |
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) |
(3×0.1)2 |
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
xBD |
tBD |
0.0324+0.0404 |
2×0.02×5 |
根据运动学公式得:△x=at2,
a=
△x |
t2 |
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) |
(3×0.1)2 |
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
0.0324+0.0404 |
2×0.02×5 |
根据运动学公式得:△x=at22,
a=
△x |
t2 |
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) |
(3×0.1)2 |
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
△x |
t2 |
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) |
(3×0.1)2 |
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
0.0404+0.0484+0.0567−(0.0324+0.0241+0.0161) |
(3×0.1)2 |
(3)根据牛顿第二定律,则有:mg-μ(M+m′)g=(M+m′)a,
因此解得:a=
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
m |
M+m′ |
结合实验的数据得出a=2m-3,
所以有:μg=3,
则有:μ=0.3;
故答案为:(1)BD;
(2)0.364,0.810;
(3)0.3.
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