备战2020年高考物理实验专题复习《测量动摩擦因数》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《测量动摩擦因数》一、实验题测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定。

(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使_________。(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=________。(3)如图所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.52 cm，x5=8.42 cm，x6=9.70 cm。则木块加速度大小a=________ m/某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数。已知小木块与固定斜面和水平面的滑动摩擦因数相同。小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C点静止。A、C两点间的水平距离为x。小木块可视为质点。回答下列问题：

(1)小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W1=(2)为尽量筒便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？_____________．

A.小木块的质量m

B.斜面倾角θ

C.A、B两点间的距离l

D.A、C两点间的竖直高度差h

E.A、C两点间的水平距离x(3)利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ=________；(4)小木块运动到B点时，由于与水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际摩擦因数相比，其值将________

(填“偏大”、“相等”或“偏小”)。某实验小组的同学欲测量滑块与木板间的动摩擦因数μ，设计了一套如图甲所示的装置，图中A为滑块，B打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有沙子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开滑块，打点计时器在纸带上打下一系列点，此过程弹簧测力计的读数为F，测出滑块质量为m.该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x，计算出它们与零点之间的速度平方差Δv2=v2−v02，然后建立Δv2—x坐标系，通过描点法得到的图像是一条过原点的直线，如图乙所示。(重力加速度g=10m/s2)

(1)本实验中是否需要测量小桶(含内部沙子)的质量_______。(填“是”或“否”)

(2)在图乙中这条直线的斜率的表达式为____________。(用F、μ、m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，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图乙所示。

(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度v=_______m/s，木块加速度a=________m/s(2)现测得斜面倾角为37°，g取10 m/s2，则μ=(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________。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点释放的时刻某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L=0.500 m不变。(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)

(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d=__________cm；

(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v 2−h图象，其图象与横轴的交点为0.25。由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ=______________(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2−h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)如图甲所示，在水平桌面上，一轻质弹簧左端固定，右边紧贴着一个带有遮光片的物块(物块与弹簧不拴接).物块在B处时，弹簧处于原长，B处放置有光电门．开启光电门，缓慢推动物块向左移动至A处，然后将物块由静止释放，物块被弹出经过光电门，最终停在C处.重力加速度为g．

甲

乙(1)若要用上述装置测定滑块和水平面之间的动摩擦因数μ，除了测量遮光片宽度d和遮光片挡光时间t，还需测量的物理量是________.若该物理量用字母x表示，则动摩擦因数的表达式为μ=________(用符号表示)．(2)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光片宽度d=________cm．(3)某同学认为，若再测出滑块质量m，就可以测得滑块在A处时弹簧的弹性势能，即Ep测=md22t2.显然Ep测=某同学用如图甲所示的装置来测量桌面光滑与粗糙两种情况下的轻质弹簧弹性势能的大小．实验过程如下：

(1)如图乙所示，用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d为______mm；

(2)将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端与带有遮光条的滑块相连，在桌面上合适位置固定光电门，将光电门与数字计时器(图中未画出)连接；

(3)当桌面光滑时，滑块被处于压缩状态的弹簧弹射出去，若滑块质量为m，滑块上的遮光条通过光电门所用的时间为t，则弹簧弹射滑块的过程中释放的弹性势能为______(用m、d、t表示)；

(4)当桌面粗糙时，用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x.释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t；再通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，重复操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门的时间t的值．根据这些数值，作出1t2−1m图象，如图丙所示．已知当地的重力加速度为g，由图象可知，每次弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是Ep=______，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=______.(用a、b、某兴趣小组用如图所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数μ，在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A、B两个光电门，装有遮光片的滑块用跨过定滑轮的水平细绳与托盘相连。实验时，测出托盘和盘中砝码的总质量为m，滑块的质量为M，两光电门之间的距离为s，遮光片的宽度为d；让滑块由静止开始运动，记录遮光片通过A、B两光电门的遮光时间分别为t1、t2，该小组用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，重力加速度为g。

(1)滑块运动的加速度a=____________________(用d、t1、t2、(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ=____________________(用a、m、M、g表示)；(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是________；A.μ的测量值比真实值小B.μ的测量值比真实值大C.增加滑块的质量M可减小实验误差D.增加托盘和盘中砝码的总质量m可减小实验误差某同学设计了如图甲所示的实验装置研究动摩擦因数。他在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a−F图线，如图乙所示。由图可知滑块和位移传感器发射部分的总质量m=________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=________；倾斜的轨道与水平方向的夹角θ=________。(重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力测量动摩擦因数的实验方法比较多，小华利用了如图甲所示的实验装置对物块与水平台面之间的动摩擦因数进行了测量.小华首先将一斜面固定在有一定高度的水平台面，将物体从斜面体的顶端由静止释放，物体在水平台面上滑过一段距离x离开台面，经过一段时间落在水平面上，测量出落地点距离台面边缘的水平间距并记录为s.然后改变斜面体底端到台面边缘的距离x，重复上面的操作，得到多组x、s数据，最后作出s2−x图象如图乙所示(1)每次物块均从斜面体的顶端由静止释放，其目的是________．(2)为了完成物块与水平台面间动摩擦因数的测量，除了实验步骤中记录的数据外，本实验还应测量的物理量有________．A斜面体的最高点距离台面的高度hB.物块的质量mC.台面到水平面的高度HD.重力加速度g(3)如果图乙中图线的斜率绝对值为k，则物块与台面之间的动摩擦因数的关系式为μ=________.(用以上的物理量符号表示)小明在课本查到“木—木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：

(1)将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ=________。

(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：

①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；

②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；

③挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图纸带。

(3)已知打点计时器的频率为50 Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=_______m/s2。(保留两位有效数字)

(4)若当地的重力加速度为9.8 m/s2，则算的μ=_______。(结果保留两位有效数字)某学生用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续点之间的距离。(1)物块下滑时的加速度a=______m/s2，打点C点时物块的速度v=_______m/s；

(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还需测量的是______

A.物块的质量

B某探究学习小组的同学要测量滑板与滑块间的动摩擦因数，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置，将质量为m的滑块A放在倾斜滑板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出滑块A的速率−时间(υ−t)图象．先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的速率−时间(υ−t)图象如图乙所示，已知滑板和传感器始终静止不动，重力加速度g=10 m/s(1)滑块A上滑时加速度的大小为________m/s2，下滑时加速度的大小为________(2)滑板与滑块间的动摩擦因数为________．某实验小组用如图所示装置研究匀变速直线运动，已知重力加速度为g。

(1)接通频率为50 Hz的电源，释放纸带，在打出的纸带上标出计数点，相邻两计数点间还有四个计时点没有标出，测出其它计数点到第一个计数点的距离如图所示，由此可以判断纸带的______(选填“左”或“右”)端与铁块相连，铁块运动的加速度大小a=______m/s(2)测得木板OA段长为L，OB段长为d，则铁块与木板间的动摩擦因数μ=______(用字母g、d、a、L表示)，用该方法测量的动摩擦因数与实际的动摩擦因数相比_______(选填“偏大”或“偏小”)。某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。每次实验时始终保持物块释放位置到斜面底端Q点的投影长度L=0.500 m不变，通过改变斜面倾角θ调整释放点高度h。(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同，物块上固定有宽度为d的遮光条)(1)该小组根据实验数据，计算得到物块经过光电门的速度v，并作出了如图乙所示的v2−h图象，其图象与横轴的交点为0.15，由此可知物块与斜面间的动摩擦因数u =(2)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2−h图象，其图象的斜率将_______

(填“增大”、“减小”或“不变”)答案和解析1.【答案】(1)细线与长木板平行(或细线水平)；

(2)mg−(m+M)aMg；

【解析】【分析】

对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小。

解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留。

【解答】

(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行；

(2)对系统研究，根据牛顿第二定律得：

mg−μMg=(M+m)a

解得：μ=mg−(m+M)aMg；

(3)因为x5−x1=4a1T2，x6−x2=4a2T2，则木块的加速度为：

a=a1+a22【解析】【分析】

(1)根据摩擦力做功表达式，结合几何长度与三角知识关系，即可求解；

(2)根据动能定理，重力做功与摩擦力做功之和为零，即可求解；

(3)根据mgh=μmgx，即可求解动摩擦因数的值；

(4)根据减小的重力势能，并没有完全由摩擦力做功转化为内能，从而确定求解。考查摩擦力做功表达式的内容，掌握动能定理的应用，理解影响动摩擦因数的因素，注意竖直方向的动能损失，导致减小的重力势能不能完全转化为内能。

【解答】

(1)根据摩擦力做功表达式，则有：f=μmgcosβ·x1cosβ+μmg(x−x1)=μmgx；

(2、3)根据动能定理，重力做功与摩擦力做功之和为零，mgh=μmgx，

为尽量简便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，

因此还需要测量A、C两点间的竖直高度差h与A、C两点间的水平距离x，

那么测量的滑动摩擦因数μ=hx；

(4)竖直方向的分速度将损失，将导致mgh>μmgx，

那么测量的滑动摩擦因数与实际滑动摩擦因数相比，其值将偏大。

故答案为：(1)μmgx；(2)DE；(3)hx；(4)偏大。

3.【解析】【分析】

本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义．不能将该实验与探究牛顿第二定律的实验混淆，本实验不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量这个条件。

(1)本实验不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量。

(2)由动能定理得到△v2与x的表达式，再分析图象斜率的意义。

(3)可得出图象斜率，由动能定理求解合外力的大小。

【解答】

(1)本实验不需要用小桶(含内部沙子)的重力代替绳子的拉力，所以不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量。

(2)由动能定理可得：W=F−μmgx=12mv2−12mv02=12m(v2−v02) 

所以Δv2=2F−μmgmx 

则可知图象的斜率等于2F−μmgm；【解析】【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)根据牛顿第二定律列式求解摩擦因数；

(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以及误差分析。

【解答】

(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=(30−14)×10−20.4m/sm/s=0.4m/s，

0.2s末的速度为：v′=(32−24)×10−20.4m/s=0.2m/s，

则木块的加速度为：。

(2)选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ−μmgcosθ

得：μ=gsinθ−amcosθ，若θ=37°，则μ=0.625

(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)0.625；(3)A【解析】【分析】

(1)根据游标卡尺的读数方法进行读数；

(2)由动能定理得到v2−h的关系式，根据图象的截距求解动摩擦因数；

(3)根据v2−h图象的斜率表示的物理意义进行分析。

本题主要是考查测物块与斜面间的动摩擦因数实验，掌握游标卡尺的读数方法和该实验的实验原理是关键。

【解答】

(1)游标卡尺的读法：d=2mm+5×0.05mm=0.225cm；

(2)根据速度位移公式v2=2as,设斜面的倾角为θ，，

联立可得v2=2gh−2μgL，结合图象h=0.25，v2=0可得：μ=hL=0.250.5=0.5;

(3)根据v2=2gh−2μgL，可知斜率(2)0.600

(3)<

【解析】【分析】(1)根据动能定理可知BC段摩擦力做的功等于滑块动能的变化量，由此确定需测量的物理量，列式即可确定动摩擦因数的表达式；(2)根据游标卡尺的读数原则即可确定遮光片的宽度；(3)滑块从A到B的过程中摩擦力同样做功。了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。【解答】(1)由动能定理可知，在BC段摩擦力做的功等于滑块动能的变化量，有：0−12m由于滑块经过光电门的时间很短，故可认为滑块在经过光电门的平均速度等于在光电门处的瞬时速度，有：vB=dt，故：μ=d22gxt2；(3)由于滑块由A到B的过程中，需克服摩擦力做功，故E ​p测故填：(1)BC的长度；d22gxt2；

7.【答案】(1)10.15；(3)md22t2【解析】解：(1)由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为1.0cm=10mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺读数d=10mm+0.15mm=10.15mm；

(3)经过光电门的速度可以由经过光电门时的平均速度表示，所以：v=dt…①，

弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，则：

EP=Ek=12mv2=md22t2…②

(4)滑块在水平面上做匀减速直线运动，设弹簧对滑块做功为W，对运动过程由动能定理可知：

W−μmgx0=12mv2…③

联立①②③解得：d2t2=2W⋅1m−2μgx

即：1t2=2Wd2【解析】【分析】

(1)遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式2as=vB2−vA2

列式求解；

(2)分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；

(3)依据动摩擦因数的表达式，结合实验误差分析，即可求解。本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，同时掌握运动学公式与牛顿第二定律的内容，注意托盘和砝码的总重力与细绳对滑块的拉力大小关系，是解题的关键。

【解答】

解：(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故

vA=d/t1；

vB=d/t2

由运动学的导出公式：2as=vB2−vA2

解得：a=12s[(dt2)2−(dt1)2]；

(2)

由于用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，

对m：mg=F拉

，对M：F拉−μMg=Ma

解得：μ=mg−MaMg；

【解析】【分析】

本题考查研究动摩擦因数的实验；通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。

知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数μ。

【解答】

当轨道水平时，根据牛顿第二定律得a=F−μmgm=Fm−μg，可知对应下面那条图线，斜率k=1m=2kg−1，解得m=0.5 kg，纵轴截距的绝对值μg=5

m·s−2，解得μ=0.5。

如果为倾斜的轨道，，纵轴截距为2m/s2，则，则θ=37°(2)C(3)

【解析】【分析】

(1)根据实验原理，则实验操作中，必须要求小球从同一位置静止释放；使物块到达斜面体底端时的速度相等；

(2、3)根据动能定理，结合平抛运动的规律，及图象的斜率与截距的信息，即可求解。

考查实验原理的理解，及培养如何设计实验的思维，掌握动能定理与平抛运动的规律，注意图象的信息的利用。

【解答】

(1)每次物块均从斜面体的顶端由静止释放，是为了保证物块到达斜面体底端的速度相等，使物块在台面上运动的初速度相同。

(2、3)根据动能定理可知−μmgx=12mv2−12mv02，根据平抛运动规律可知H=12gt2，s=vt，联立以上各式得s2=2Hv02g−4μHx，故k=4μH【解析】解：(1)由平衡知识可知：mg=μMg，

解得：μ=mM

(3)根据△x=aT2得木块运动加速度为：a=7.34+6.96−6.57−6.19(4×0.02)2×10−2m/s2=2.4m/s2

(4)平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得：mg=(m+M)a

因mg=μMg，

联立可得：μ=ag−a=2.49.8−2.4≈0.32

故答案为：(1)mM；(3)2.4；(2)C。

【解析】【分析】(1)根据Δx=aT2可求加速度，根据时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解C点的速度；

(2)对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可。【解答】(1)根据△x=aT

 2，有：xEC−x打C点时物块的速度：

v=x(2)对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ−μmgcosθ=ma

解得：μ=gsinθ−agcosθ

故还