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    13．某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量（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就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．

    （1）该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有BD．
    A．秒表          B．毫米刻度尺          C．天平          D．低压交流电源
    （2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.52m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2．（结果均保留两位有效数字）
    （3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.3．（g取10m/s2）

    分析 （1）需要交流电源和长度的测量工具；
    （2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度；
    （3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为-μg，可解得动摩擦因数．

    解答 解：（1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．
    B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺，故B正确．
    C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．
    D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．
    故选：BD；
    （2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：
    vD=$\frac{OF-OB}{4T}$=$\frac{21.80-4.02}{0.4}$×10-2m/s=0.44m/s
    同理可求，
    vC=$\frac{0E-0A}{4T}$=$\frac{16.14-1.61}{0.4}$=×10-2m/s=0.36m/s
    由匀变速运动规律得：
    vD=$\frac{{V}_{C}+{V}_{E}}{2}$所以：
    vE=2vD-vC=0.88-0.36m/s=0.52m/s
    由△x=at2可得：
    a=$\frac{△x}{{t}^{2}}$=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{0C}}{0.32}$=0.81m/s2
    （3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：
    a=$\frac{mg-μ（M+m′）g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{mg（1+μ）}{M+{m}_{0}}$-μg
    所以，a-m图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，μ=0.3
    故答案为：（1）BD；（2）0.52；0.81；（3）0.3

    点评 熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义．

    练习册系列答案
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    4．如图所示，一个质量为m带电量为q的带电小球在水平有界匀强电区域MNPQ的上方，已知匀强电场的场强大小E=$\frac{3mg}{q}$，场强方向竖直向上，MN和PQ是电场边界，相距为d．现由静止释放小球，若小球向下运动恰好不穿出电场区域．求：
    （1）小球的释放点离MN的距离；
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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    1．某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：

    ①备有下列器材：长木板、电磁式打点计时器、低压交流电源、纸带、细绳、小车、砝码、装有细沙小桶、薄木板、天平，还缺少一件必须的器材是天平．
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    ③如果这位同学已经正确地平衡了摩擦力，然后不断改变小车的拉力F，得到小车质量保持不变情况下的a-F图线是图丁中的A（填选项代号的字母）．

    ④该同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D、E、F、G纸带上打出的连续7个点，由此可算出小车的加速度a=1.9m/s2．（计算结果保留两位有效数字）

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    （2）撤去这个拉力的时刻，物体具有的动能是多少焦耳？

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