题目内容
2．
如图所示，桶的高度l=0.2m，质量为m1=0.5kg桶底有一质量为m2=0.2kg的小球（可视为质点），已知开始时桶及小球均处于静止状态，现用一竖直向下的力F作用在桶上，要使小球进过时间t=0.1s刚好跃出桶口，F至少多大？（重力加速度g=10m/s2）
分析 要使小球跃出桶口，F作用后小球做自由落体运动，桶向下匀加速运动，加速度大于g，两者位移之差等于l，根据位移时间公式和牛顿第二定律结合解答．
解答 解：已知在时间t=0.1s时间内小球下落的高度 h1=$\frac{1}{2}$gt2=$\frac{1}{2}×10×0．{1}^{2}$m=0.05m ①
由题可知在0.1s的时间内桶下落的高度为 h2=$\frac{1}{2}$at2 ②
h2-h1=0.2m ③
代入数据解得：a=$\frac{2×（0.2+{h}_{1}）}{{t}^{2}}$=$\frac{2×（0.2+0.05）}{0．{1}^{2}}$m/s2=50m/s2
由牛顿第二定律可知：F+mg=ma ④
代入数据得：F=m（a-g）=0.5×（50-10）N=20N
答：要使小球进过时间t=0.1s刚好跃出桶口，F至少为20N．
点评 本题实质属于追及问题，关键要分析两个物体位移关系，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题．
练习册系列答案
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如图所示，在水平方向的匀强电场中固定一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AB，其B端距地面高度h．有一质量为m、带负电、电荷量为q的小环套在直杆上，正以v0的速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后落在与B端正下方P点相距l的Q点，重力加速度g，求：
17．
在图示的电路中，电流表、电压表都可以看成是理想电表．电源电动势E、内阻r均不变，R1、R2是定值电阻．开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P滑动时，电压表、电流表的示数变化为．
在图示的电路中，电流表、电压表都可以看成是理想电表．电源电动势E、内阻r均不变，R1、R2是定值电阻．开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P滑动时，电压表、电流表的示数变化为．| A． | 滑片P由a向b滑动时，$\frac{△U}{△I}$的值增大 | |
| B． | 滑片P由a向b滑动时，$\frac{△U}{△I}$的值减小 | |
| C． | 滑片P由b向a滑动时，$\frac{△U}{△I}$的值增大 | |
| D． | 无论滑片P向哪个方向滑动，$\frac{△U}{△I}$的值不变 |
某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω、×1Ω．该同学选择10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小．为了准确地进行测量，该同学应重新选择×100Ω倍率，经过正确操作步骤后再次测量时指针指在图示位置，Rx的测量值为2200Ω．
所示某同学在“验证牛顿第二定律”的实验中，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项措施是：
