【正文】 為 mgs，滑塊動(dòng)能的增加量為 M（ ） 2﹣ M（ ） 2． 則滑塊的機(jī)械能守恒的表達(dá)式為 mgs= M（ ） 2﹣ M（ ） 2． 故答案為：（ 1） ； （ 2）遠(yuǎn)大于， （ 3） ， ； （ 4） mgs= M（ ） 2﹣ M（ ） 2． 【點(diǎn)評(píng) 】 （ 2）解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測(cè)微器和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，以及掌握用鉤碼重力表示小車所受合力的處理方法． （ 4）解決本題的關(guān)鍵知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時(shí)速度，以及掌握該實(shí)驗(yàn)的原理，滑塊的機(jī)械能守恒． 17．用如圖 1實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證 m m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒． m2從高處由靜止開始下落， m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．圖 2給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶： 0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有 4個(gè)打點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖 2所示．已 知 m1=50g、 m2=150g，則（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） （ 1）在紙帶上打下記數(shù)點(diǎn) 5時(shí)的速度 v= m/s； （ 2）在 0～ 5過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量 △E K= J，系統(tǒng)勢(shì)能的減少量 △E P= J； （ 3）若某同學(xué)作出 圖象如圖 3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?g= m/s2． 【考點(diǎn)】 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律． 【專題】 實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 【分析】 （ 1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出點(diǎn) 5的瞬時(shí)速度． （ 2）根據(jù)點(diǎn) 5的瞬時(shí)速度求出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，根據(jù)下 落的高度求出系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量． （ 3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得出 的關(guān)系式，根據(jù)圖線的斜率得出重力加速度的值． 【解答】 解：（ 1） ． （ 2）在 0～ 5過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量 △E K= J≈ ． 系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量為（ m2﹣ m1） gx= （ +） J≈ ． （ 3）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有： 則 知圖線的斜率 k= = 解得 g=． 故答案為：（ 1） （ 2） 、 （ 3） 【點(diǎn)評(píng)】 本題驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，關(guān)鍵得出系統(tǒng)動(dòng)能的增加 量和系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量． 18．如圖所示，物體 A、 B的質(zhì)量分別是 4kg和 8kg．由輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑的水平面上，物體 B左側(cè)與豎直墻壁接觸，另有一個(gè)物體 C水平向左運(yùn)動(dòng)，在 t=5s時(shí)與物體 A相碰，并立即與 A有相同的速度，一起向左運(yùn)動(dòng)，物塊 C的速度﹣時(shí)間圖象如乙所示． （ 1）求物體 C的質(zhì)量； （ 2）在 5s到 15s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物體 B的作用力的沖量． 【考點(diǎn)】 動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律． 【專題】 動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合． 【分析】 （ 1） A、 C碰撞過(guò)程遵守動(dòng)量守恒，即可列式求 出 C的質(zhì)量． （ 2）根據(jù)動(dòng)量定理求出墻壁對(duì)物體 B的作用力沖量． 【解答】 解：（ 1）由圖象可得：物體 C以速度 v0=6m/s與 A相碰，碰撞后兩者立即有相同的速度 v=2m/s， A、 C在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒得： mCv0=（ mA+mC） v， 代入數(shù)據(jù)解得： mC=2kg． （ 2）在 5s到 15s內(nèi)，墻壁對(duì) B的作用力 F等于輕彈簧的彈力，輕彈簧的彈力使物體 A和 C的速度由 2m/s減到 0，再反彈到 2m/s，則彈力的沖量等于 F的沖量為： I=（ mA+mC） v﹣ [﹣（ mA+mC） v] 解得： I=24N?s，方向向右． 答：（ 1）物塊 C的質(zhì)量為 2kg； （ 2）在 5s到 15s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物體 B的作用力的沖量為 24N?s，方向向右． 【點(diǎn)評(píng)】 本題一要由速度圖象讀出物體的運(yùn)動(dòng)情況，明確碰撞前后 A、 C的速度，二要會(huì)根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解 C的質(zhì)量，由動(dòng)量定理求解變力的沖量． 19．（ 10分）（ 2021?青島二模）如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角 α=45176。+l ABsin60176。 、高 H=4m的斜面．在斜面上方固定放置一段由內(nèi)壁光滑的圓管構(gòu)成的軌道 ABCD，圓周部分的半徑R= m， AB與圓周相切于 B點(diǎn)，長(zhǎng)度為 R，與水平方向的夾 角 θ=60176。=2m A到 C根據(jù)動(dòng)能定理得： mgh= 在 C點(diǎn)： FN﹣ mg= 解得： FN=7N 由牛頓第三定律可知小球在 C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 7N （ 2）從 A到碰撞點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得： mg（ h+x） = 平拋過(guò)程： H﹣ x= 平拋水平位移： Sx=v0t 代入數(shù) 據(jù)整理得： Sx= 可知：當(dāng) x=1m時(shí)平拋水平位移 Sx有最大值 Sm=6m 答：（ 1）求小球在 C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 7N； （ 2）若小球與斜面碰撞（不計(jì)能量損失）后做平拋運(yùn)動(dòng)落到水平地面上，則碰撞點(diǎn)距斜面左端的水平距離當(dāng) x=1m時(shí)平拋水平位移 Sx有最大值，最大值是 6m． 【點(diǎn)評(píng)】 本題主要考查了動(dòng)能定理、向心力公式以及平拋運(yùn)動(dòng)基本公式得直接應(yīng)用，解題時(shí)注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用，特別是從 A到碰撞點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求出碰撞時(shí)的速度，由于沒(méi)有能量損失，則碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度即為碰撞時(shí)的速度，難度適中． 20．（ 12分）（ 2021秋 ?衡水校級(jí)月考）如圖所示，為一傳送裝置，其中 AB段粗糙， AB段長(zhǎng)為 L=，動(dòng)摩擦因數(shù) μ= ， BC、 DEN段均可視為光滑，且 BC的始、末端均水平，具有h=， DEN是半徑為 r=，其直徑 DN沿豎直方向， C位于 DN豎直線上， CD間的距離恰能讓小球自由通過(guò)．在左端豎直墻上固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球質(zhì)量 m=，壓縮輕質(zhì)彈簧至 A點(diǎn)后由靜止釋放（小球和彈簧不粘連），小球剛好能沿 DEN軌道滑下．求： （ 1）小球剛好能通過(guò) D點(diǎn)時(shí)速度的大小； （ 2）小球到達(dá) N點(diǎn)時(shí)速度的大小及受到軌道的支持力的大??； （ 3）壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能． 【考點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力． 【專題】 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 【分析】 （ 1）小球剛好能沿 DEN軌道滑下，在 D點(diǎn)，由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求出 D點(diǎn)的速度． （ 2）由機(jī)械能守恒求出小球到達(dá) N點(diǎn)的速度的大??；由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求小球到達(dá) N點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力． （ 3）從 A到 C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理求出彈簧具有的彈性勢(shì)能． 【解答】 解：（ 1）小球剛好能沿 DEN軌道滑下，則在半圓最高點(diǎn) D點(diǎn)必有 ： mg=m 則有： vD= = m/s=2m/s （ 2）從 D點(diǎn)到 N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得： mvD2+mg?2r= mvN2 代入數(shù)據(jù)得： vN=2 m/s． 在 N點(diǎn)有： N﹣ mg=m 得： N=6mg=12N （ 3）彈簧推開小球的過(guò)程中，彈簧對(duì)小球所做的功 W等于彈簧所具有的彈性勢(shì)能 Ep，根據(jù)動(dòng)能定理得： W﹣ μmgL+mgh= mvD2﹣ 0 得： W=μmgL ﹣ mgh+ mvD2= 即壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能為 ． 答：（ 1）小球剛好能通過(guò) D點(diǎn)時(shí)速度的 大小是 2m/s； （ 2）小球到達(dá) N點(diǎn)時(shí)速度的大小是 2 m/s，受到軌道的支持力的大小是 12N； （ 3）壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能是 ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題綜合考查了牛頓定律、動(dòng)能定理和向心力知識(shí)的運(yùn)用，關(guān)鍵要把握 D點(diǎn)的臨界速度，掌握每個(gè)過(guò)程的規(guī)律． 21．（ 12分）（ 2021?江西校級(jí)二模）如圖，一長(zhǎng)木板位于光滑水平面上，長(zhǎng)木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質(zhì)量為 M=，木板的長(zhǎng)度為 L=．在木板右端有一小物塊，其質(zhì)量 m=，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ= ，它們都處于靜 止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)令小物塊以初速度 v0沿木板向左滑動(dòng)，重力加速度 g取 10m/s2． ① 若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到左端擋板處，求 v0的大??； ② 若初速度 v0=3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，求碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能． 【考點(diǎn)】 動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律． 【專題】 動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合． 【分析】 （ 1）小物塊滑上木板后，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，再根據(jù)功能關(guān)系求得物塊初速度的大??； （ 2）木板與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)功能關(guān)系分析碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能． 【解答】 解 ： ① 設(shè)木板和物塊最后共同的速度為 v，由動(dòng)量守恒定律 mv0=（ m+M） v ① 對(duì)木板和物塊系統(tǒng)，由功能關(guān)系 ② 由 ①② 兩式解得： v0= m/s=2m/s ② 同樣由動(dòng)量守恒定律可知，木板和物塊最后也要達(dá)到共同速度 v． 設(shè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為 △E ． 對(duì)木板和物塊系統(tǒng)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由功能關(guān)系 有 ③ 由 ①③ 兩式解得：= 答： ① 若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到左端擋板處， v0的大小為 2m/s； ② 若初速度 v0=3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為 ． 【點(diǎn)評(píng)】 正確應(yīng)用動(dòng)量守恒和功能關(guān)系列方程是解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵