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    19．某同学设计了一个如图所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是砝码，个数可调．A的左端与打点计时器的纸带（示画出）相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度．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′的钩码个数重复测量．不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．

    （1）实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有BD．
    A．秒表 B．天平 C．毫米刻度尺 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，测得各计数点到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，由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.53m/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，绘制了如图所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.30．（g取10m/s2，保留两位有效数字）

    分析 （1）本实验中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，故需要毫米刻度尺和，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：
    vE=$\frac{DF}{2t}$=$\frac{0.2180-0.1130}{2×0.1}$=0.53m/s；
    、由△x=at2可得：a=$\frac{{x}_{CF}-{x}_{OC}}{（3t）^{2}}$=$\frac{（0.2180-0.0726）-0.0726}{（3×0.1）^{2}}$=0.81m/s2
    （3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=$\frac{mg-μ（M+m′）g}{M+{m}_{0}}$=$\frac{（1+μ）mg}{M+{m}_{0}}$-μg，
    所以，a-t图象中，纵轴的截距为-μg，故有：-μg=-3，得：μ=0.30
    故答案为：（1）BD；（2）0.53；0.81；（3）0.30．

    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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