【正文】 =4R； 由平拋運動規(guī)律可得： vy2=2gh 解得： vy= = 在 A點，由速度關(guān)系 tan60176。= N （ 2）設滑塊從高為 h 處上滑，到達斜面 底端速度為 v， 下滑過程機械能守恒，則得： mgh= mv2 解得： v= ； 若滑塊沖上傳送帶的速度小于傳送帶速度，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動，根據(jù)動能定理有： μmgL= mv02﹣ mv2 聯(lián)立解得： h= ﹣ μL= ﹣ =； 若滑塊沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動，根據(jù)動能定理： ﹣ μmgL= mv02﹣ mv2 解得： h= +μL= + = 故滑塊下滑的高度應為 或 ； （ 3）若滑塊進入傳送帶速度小于 v0=3m/s，由上題可得： v= m/s 設滑塊在傳送帶上運動的時間為 t，則 t 時間內(nèi)傳送帶的位移： s=v0t 對滑塊由運動學公式知： v0=v+at 滑塊的加速度 a= =μg 聯(lián)立解得： s=v0 滑塊相對傳送帶滑動的位移 △ s=s﹣ L 相對滑動生成的熱量 Q=μmg△ s 代入數(shù)據(jù)解得 Q≈ ． 若滑塊進入傳送帶速度大于 3m/s，由上題可得： v=4m/s 設滑塊在傳送帶上運動的時間為 t，則 t 時間內(nèi)傳送帶的位移： s=v0t 對滑塊由運動學公式知 ： v0=v﹣ at 聯(lián)立解得： s=v0 滑塊相對傳送帶滑動的位移 △ s=L﹣ s 相對滑動生成的熱量 Q=μmg△ s 代入數(shù)據(jù)解得 Q=． 答： （ 1）水平作用力 F 為 N； （ 2）滑塊下滑的高度可能為 或 ； （ 3）相對滑塊生成的熱量為 或 ． 4447834 17．如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為 4R、圓心角為 150176。﹣ F=ma 解得： a=﹣ 2m/s2 此后小車和桿一起是勻減速直線運動，直到速度為零后被反向拉回； 根據(jù)速度位移公式，減速位移為： x1= = = 故桿的長度至少為 ； 對物塊分析得，平衡位置對應的彈簧伸長量為： = ； 故反向彈回后，球開始在平衡位置附近做簡諧運動，振幅為 ，桿不再移動； 故桿滑動的時間： t= = s， 答：（ 1）當輕桿開始運動時，小車的速度為 m/s； （ 2） l的最小長度為 ，在此長度下 輕桿在槽內(nèi)的運動時間為 ． 16．如圖所示，質(zhì)量為 m=1kg的滑塊，在水平力作用下靜止在傾角為 θ=30176。=， cos37176。所以 mgtan ＜ mgtanθ，則 F＞ F′，故 C 正確； D、第二個過程中，重力和水平恒力 F′的合力是個恒力，在等效最低點時，合力方向與速度方向垂直，此時功率最小為零，到達 Q 點速度也為零，則第二個過程中，重力和水平恒力 F′的 合力的功率先減小，后增大，再減小為 0，故 D 錯誤． 故選： BC 10．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個很靠近的同心圓軌道，外圓光滑內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為 m= v0向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑 R= 米， g取 10m/s2，不計空氣阻力，設小球過最低點時重力勢能為零，下列說法正確的是（ ） A．若小球運動到最高點時速度為 0，則小球機械能一定不守恒 B．若小球第一次運動到最高點時速度大小為 0，則 v0一定小于 5m/s C．若要小球不擠壓內(nèi)軌，則 v0一定不小于 5m/s D．若小球開始運動時初動能為 ，則足夠長時間后小球的機械能為 1J 【考點】 機械能守恒定律． 【分析】 內(nèi)圓粗糙，小球與內(nèi)圓接觸時要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，機械能不守恒； 外圓光滑，小球與外圓接觸時不受摩擦力作用，只有重力做功，機械能守恒，應用牛頓第二定律與機械能守恒定律分析答題． 【解答】 解： A、若小球運動到最高點時受到為 0，則小球在運動過程中一定與內(nèi)圓接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，機械能不守恒，故 A正確； B、小球如果不擠壓內(nèi)軌，則小球到達最高點速度最小時，小球 的重力提供向心力，由牛頓第二定律得： mg=m ，由于小球不擠壓內(nèi)軌，則小球在整個運動過程中不受摩擦力作用，只有重力做功，機械能守恒，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得： mv02= mv2+mg?2R，解得： v0=5m/s，則小球要不擠壓內(nèi)軌，速度應大于等于 5m/s， 可知，若小球第一次運動到最高點時速度大小為 0，則 v0一定小于 5m/s．故 B 正確； C、若要小球不擠壓內(nèi)軌，存在兩種可能的情況： 1．到達最高點時的速度大于等于 ，則 v0≥ 5m/s； 2．小球始終在 O 點以下運動，此時重力的一部分提供向下 的加速度，而外出軌道提供指向圓心的向心加速度，此時小球始終沒有壓內(nèi)軌道．由機械能守恒得： 即： m/s＜ 5m/s． 故 C 錯誤． D、小球的初速度 v0= = =4m/s＜ 5m/s，則小球在運動過程中要與內(nèi)軌接觸，要克服摩擦力做功，機械能減少，最終小球?qū)⒃谲壍赖南掳雸A內(nèi)做往復運動，到達與圓心同高位置處速度為零，則小球的最終機械能 E=mgR= 10 =1J，故 D 正確； 故選： ABD． 二、本題共 2小題，共 12分 .把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答 11．某同學把附有滑輪的長木板平放在實驗桌 上，將細繩一端拴在小車上，另一端繞過定滑輪，掛上適當?shù)你^碼，使小車在鉤碼的牽引下運動，以此定量探究繩拉力做功與小車動能變化的關(guān)系．此外還準備了打點計時器及配套的電源、導線、復寫紙、紙帶、刻度尺、天平（包括砝碼）、小木塊等．組裝的實驗裝置如圖所示． ①實驗開始時，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行．他這樣做的目的是下列的哪個 D （填字母代號）． A．避免小車在運動過程中發(fā)生抖動 B．可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰 C．可以保證小車最終能夠?qū)崿F(xiàn)勻速直線運動 D．可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車受的合力 ②平衡摩擦力后，當他用多個鉤碼牽引小車時，發(fā)現(xiàn)小車運動過快，致使打出的紙帶上點數(shù)較少，難以選到合適的點計算小車速度．在保證所掛鉤碼數(shù)目不變的條件下，請你利用本實驗的器材提出一個解決方法： 可在小車上加適量的砝碼（或鉤碼）； ． ③他將鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動能增量大一些．這一情況可能是下列哪些原因造成的 CD （填字母代號）． A．在接通電源的同時釋放了小車 B．小車釋放時離打點計時器太近 C．阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉 D．鉤碼做勻加速運動，鉤碼重力大于細繩拉力． 【考點】 探究功與速度變化的關(guān)系． 【分析】 根據(jù)該實驗的實驗原理、要求和減少誤差的角度分析，平衡摩擦力作用后，進行實驗過程中需要用刻度尺測量紙帶上點的距離，用天平測出小車的質(zhì)量，需要改變砝碼的質(zhì)量來代替小車的拉力． 紙帶上打出的點較小，說明小車的加速度過大（即小車過快），可以增加小車質(zhì)量（在小車上加上適量的砝碼），或減少砝碼的拉力； 根據(jù) W=mgs 求出砂桶及砂的總重力做功，根據(jù)勻變速直線運動的平均速度等于中點時刻的瞬時速度求 A、 B 的速度，即可得到動能的變化量，從而寫出探究結(jié)果表達式，根據(jù)此表達式分析所需要的測量儀器． 【解答】 解： ①實驗過程中，為減少誤差，提高實驗的精確度，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行，目的是消除摩擦帶來的誤差，即平衡摩擦力后，使細繩的拉力等于小車的合力，故 ABC 錯誤， D 正確． 故選： D． ②平衡摩擦力后，當他用多個鉤碼牽引小車時，發(fā)現(xiàn)小車運動過快，致使打出的紙帶上點數(shù)較少，即小車的加速度大，所以應減少小車的加速度，當小車的合力一定的情況下，據(jù)牛頓第二定律可知，適當增大小車的 質(zhì)量，即在小車上加適量的砝碼． ③ABC、他將鉤碼重力做的功當做細繩拉力做的功，經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動能增量大一些，從功能關(guān)系看出：該實驗一定有轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的，即試驗 中有存在摩擦力沒有被平衡掉；還有該實驗要求，只有當小車的質(zhì)量遠大于砝碼的質(zhì)量時，小車的拉力才近似等于砝碼的重力，故 AB 錯誤， C 正確． D、因砝碼存在加速度，依據(jù)牛頓第二定律，可知，則鉤碼重力會大于細繩拉力，故 D 正確； 故答案為： ①D； ②可在小車上加適量的砝碼（或鉤碼）； ③CD． 12．某同學利用如圖 1 所示的裝置來驗證由小車與 鉤碼組成的系統(tǒng)機械能守恒 （ 1）現(xiàn)提供如下器材