(2012?桂林模擬)如圖所示,一木塊位于光滑的水平桌面上,木塊上固連一支架,木塊與支架的總質量為M.一擺球掛于支架上,擺球的質量為m,m<
12
M
擺線的質量不計.初始時,整個裝置處于靜止狀態(tài).一質量為m的子彈以大小為v0、方向垂直于圖面向里的速度射人擺球并立即停留在球內,擺球和子彈便一起開始運動.已知擺線最大的偏轉角小于90°,在小球往返運動過程中擺線始終是拉直的,木塊未發(fā)生轉動.
求①擺球上升的最大高度.
②擺球在最低處時速度的大小和方向.
分析:①子彈射入擺球的過程中,時間極短,子彈和擺球組成的系統(tǒng)動量守恒,根據(jù)動量守恒定律求出它們的共同速度.當擺球上升到最大高度時,擺球相對與木塊靜止,整個系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,結合動量守恒定律和機械能守恒定律求出擺球上升的高度.
②結合水平方向上動量守恒,以及機械能守恒求出擺球擺到最低處的速度的大小和方向.
解答:解:①子彈射人擺球,擺球位于最低處,設這時擺球的速度為u,由動量守恒定律有  mv0=2mu…(l)  
擺球以速度u開始向前擺動,木塊亦發(fā)生運動.當擺球上升至最高時,擺球相對木塊靜止,設此時木塊的速度為V,擺球上升的高度為h,因水平方向動量守恒以及機械能守恒有
2mu=(2m+M)V…(2)
1
2
?2
mu2=
1
2
(2m+M)V2+2mgh
…(3)
解(l)、(2)、(3)三式得h=
M
υ
2
0
8g(2m+M)
…(4)
②當擺球回到最低處時,設這時擺球的速度為u',木塊的速率為V’,當u'>0,表示其方向水平向前,反之,則水平向后.因水平方向動量守恒以及機械能守恒,故有
2mu=2mu'+MV'…(5)
mu2=mu2+
1
2
MV2
…(6)
由 (l)、(5)、(6)得u′=
m-
1
2
M
M+2m
v0
,方向向后,是擺球第一次回到最低處時的速度  
u''=u=
1
2
v0
,方向向前,是擺球第二次回到最低處時的速度開始重復初始的運動.  
答:①擺球上升的最大高度為h=
M
υ
2
0
8g(2m+M)

②擺球第一次回到最低處時的速度為u′=
m-
1
2
M
M+2m
v0
,方向向后;擺球第二次回到最低點時的速度大小為
1
2
v0
,方向向前.
點評:本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律,綜合性較強,對學生的能力要求較高,是道好題.
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A.待測的干電池(電動勢E約為1.5V,內電阻r小于1.0Ω)
B.電流表A1(0~3mA,內阻Rg1=10Ω)
C.電流表A2(0~0.6A,內阻Rg2=0.5Ω)
D.滑動變阻器R1(0~2.5Ω,1A)
E.滑動變阻器R2(0~20Ω,1A)
F.定值電阻R0(500Ω)
G.開關和導線若干
(1)請在甲框中畫出合理測定待測干電池的電動勢和內電阻的實驗電路圖,在該電路中,為了操作方便且能準確地進行測量,滑動變阻器應選
D
D
(填寫器材前的字母代號).
(2)根據(jù)(1)中選出的合理的實驗電路并利用測出的數(shù)據(jù)繪出I1-I2圖線(I1為電流表A1的示數(shù),I2為電流表A2的示數(shù)),請在圖乙坐標系中作出I1-I2的定性圖線.則圖線斜率的絕對值等于
r
R0+Rg1+r
r
R0+Rg1+r
.(用題中所給的各物理量的符號表示)
(3)若將圖線的縱坐標改為
I1(R0+Rg1+r)
I1(R0+Rg1+r)
,橫軸仍為I2,則圖線與縱坐標軸的交點的物理含義即為電動勢的大。

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