热门试卷

（1）（2） （3）

（1）由于第个货箱被碰后，运动到斜面底端停下，表明货箱沿斜面做减速运动，设第一个货箱的加速度为，由牛顿第二定律，得

 解得（3分）

又因为：             （2分）

得：（2分）

（2）第一，二两货箱碰撞过程中动量守恒，即

（2分）

上述过程中损失的机械能为（2分）

而（1分）

联立以上各式，得（2分）

（3）加速度与质量无关，说明每次碰后货箱沿斜面下滑的加速度大小均为，方向沿斜面向上．在整个过程中，序号为1，2，3，…，的货箱沿斜面下滑的距离分别为nl，（n－1）l，（n－2）l，…，l，因此，除碰撞瞬间外，各货箱由于滑动而产生的摩擦热为

（2分）

货箱的重力势能的减少量为

（2分）

全过程中，由能量守恒定律，得

，   则

（2分）

C,A,0.59,0.175,0.174

（1）利用自由落体“验证机械能守恒定律”的验证表达式：，需要用到重物，低压交流电源，纸带（可得到下落高度和某点瞬时速度），刻度尺，不需测得质量，所以天平不是必须的，

故选C

（2）应选择质量较大密度较大的重物，有利于减小误差，A错误

选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，因为自由落体0.02s，下落高度近似是2mm，所以选择这样的纸带有利于减小误差，B正确

应该先接通电源再释放纸带，如果先松开纸带后接通电源会造成较大的误差，C正确

实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，D正确

本题选错误选项，故选A

（3）①打点计时器打下计数点B时，物体的速度VB =

②从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEP=，此过程中物体动能的增加量是ΔEK=

故答案为：C,A,0.59,0.175,0.174

(1)两球重力势能之和减少了

(2)

(3)设半径OA向左偏离竖直线的最大角度为θ，

两小球重力势能之和的减少，可选取任意参考平面为零势能参考平面进行计算．由于圆盘转动过程中，只有两小球重力做功，根据机械能守恒定律可列式算出A球的线速度和半径OA的最大偏角．

(1)以通过转轴O的水平面为零势能面，开始时两球重力势能之和为

当A球转至最低点时两球重力势能之和为

Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr，

故两球重力势能之和减少了

(2)由于圆盘转动过程中，只有两球重力做功，机械能守恒，因此两球重力势能之和的减少一定等于两球动能的增加，设A球转至最低点，A、B两球的线速度分别为vA，vB，则

因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中的角速度ω相同．由

(3)设半径OA向左偏离竖直线的最大角度为θ，如图8－56，该位置系统的机械能与开始时的机械能分别为

由系统机械能守恒定律E1＝E3，即

两边平方得　　　　　 4(1－sin2θ)＝1＋sin2θ＋2sinθ，

所以　　　　　　　　　　　 5sin2θ＋2sinθ－3＝0，

[小结] 系统的始态、末态的重力势能，因参考平面的选取会有所不同，但是重力势能的变化却是绝对的，不会因参考平面的选取而异．机械能守恒的表达方式可以记为

Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，

也可以写作：ΔEk增＝ΔEp减．本题采用的就是这种形式．