分析 (1)根據(jù)運動判斷出m向上做加速運動,故可判斷出F與mg的大小關(guān)系,根據(jù)重力做功判斷出重力時能的變化,根據(jù)v=\frac{t}求得滑塊到達B點的速度,即可求得動能的增加量
(2)關(guān)鍵在于研究對象不是單個物體而是滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng).對于系統(tǒng)的重力勢能變化量要考慮系統(tǒng)內(nèi)每一個物體的重力勢能變化量.動能也是一樣.
光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法.由于光電門的寬度b很小,所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度.
(3)由于同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音,說明小球和滑塊的運動時間相同,由勻加速運動的位移時間公式和自由落體的位移時間公式即可求得加速度的比值;由牛頓第二定律及幾何關(guān)系即可求得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù).
解答 解:(1)小m向上做加速運動,根據(jù)牛頓第二定律可知,拉力F大于小球的重力,小球重力做功W=-mgh,故重力勢能增加mgh,小球獲得的速度為v=\frac{t},
故動能的增加量為:△{E}_{k}=\frac{1}{2}M{v}^{2}=\frac{1}{2}M(\frac{t})^{2}
(2)滑塊、遮光片下降重力勢能減小,砝碼上升重力勢能增大,所以滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量為:
△EP=Mgxsinθ-mgx
根據(jù)動能的定義式得出:
△Ek=\frac{1}{2}(m+M)v2=\frac{1}{2}(M+m)(\frac{t})^{2}
若在運動過程中機械能守恒,△Ek=△EP,即\frac{1}{{t}^{2}}=\frac{2g(Msinθ-m)}{(M+m)^{2}}x:
故縱坐標(biāo)為\frac{1}{{t}^{2}}
斜率k=\frac{2g(Msinθ-m)}{(M+m)^{2}}
(3)解:(1)由于同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音,說明小球和滑塊的運動時間相同,
對滑塊,位移:
x=\frac{1}{2}at2
對m,位移:
H=\frac{1}{2}gt2
解得:a=\frac{xg}{H}
對滑塊,由牛頓第二定律得:
mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得:
μ=\frac{Hsinθ-x}{Hcosθ}
故答案為:①大于,mgx\frac{1}{2}M(\frac{t})^{2}
②\frac{1}{{t}^{2}},\frac{2g(Msinθ-m)}{(M+m)^{2}}
③\frac{Hsinθ-x}{Hcosθ}
點評 這個實驗對于我們可能是一個新的實驗,但該實驗的原理都是我們學(xué)過的物理規(guī)律.做任何實驗問題還是要從最基本的物理規(guī)律入手去解決.對于系統(tǒng)問題處理時我們要清楚系統(tǒng)內(nèi)部各個物體能的變化.
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A. | 紫外線的波長比可見光長 | |
B. | 驗電器的金屬箔片帶正電 | |
C. | 從鋅板逸出電子的動能都相等 | |
D. | 若改用紅外燈照射,驗電器的金屬箔片一定張開 |
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A. | f1>0 | B. | f2<f3 | C. | f2<f4 | D. | f3=f4 |
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A. | 小木塊上浮的加速度大小為\frac{h}{t^2} | |
B. | 小木塊上浮到水面時的速度大小為2\frac{h}{t} | |
C. | 小木塊上浮\frac{h}{2}時的速度大小為\frac{2h}{t} | |
D. | 木塊上浮\frac{h}{2}所需時間為\frac{t}{2} |
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A. | C=4π?\frac{{R}_{A}+{R}_{B}}{\sqrt{{R}_{A}{R}_{B}}} | B. | C=4π?\frac{{R}_{B}-{R}_{A}}{\sqrt{{R}_{A}{R}_{B}}} | C. | C=4π?\frac{{R}_{B}{R}_{A}}{{R}_{B}-{R}_{A}} | D. | C=4π?\frac{{R}_{B}{R}_{A}}{{R}_{B}+{R}_{A}} |
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