题目内容
3．光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定（M速度瞬间变为零）．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=9.5J．g=10m/s2．求：
（1）装置运动的时间和位移大小；
（2）长平板的长度l；
（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．
分析 （1）以装置为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．
（2）以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．
（3）利用滑块恰好经过最高点利用牛顿第二定律和平抛运动列方程求解．
解答 解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma1
代入数据解得：
a1=12m/s2
设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：
v0-a1t1=0
联立并代入数据解得：
t1=1s
装置向左运动的距离：
x1=v0t1-$\frac{1}{2}$a1${t}_{1}^{2}$=12×1m-0.5×12×1m=6m
（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2
代入数据解得：
a2=4m/s2
设滑块运动到A点时的速度为v1，则：
v1=v0-a2t1
联立并代入数据解得：
v1=8m/s
小滑块向左运动的距离为：
x2=v0t1-$\frac{1}{2}$a2${t}_{1}^{2}$=12×1m-0.5×4×1m=10m
则平板长为：l=x2-x1=10m-6m=4m
（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：
-mg×2R-Wf=$\frac{1}{2}$m${v}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$
在B点有：mg=$m\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$
联立解得：
R=0.9m，v2=3m/s
小滑块从B点飞出做平抛运动：
2R=$\frac{1}{2}$g${t}_{2}^{2}$
联立解得：t2=0.6s
落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m
答：1）装置运动的时间和位移大小6m；
（2）长平板的长度l为4m；
（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．
点评 弄清问题的运动情况和受力情况是解题的关键，灵活利用牛顿第二定律和运动学公式求解是解题的核心，此题综合性较强．
根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹，在α粒子从a运动到b，再运动到c的过程中，下列说法中正确的是（ ）| A． | 动能先增大，后减小 | |
| B． | 电势能选减小，后增大 | |
| C． | 电场力先做负功，后做正功，总功为零 | |
| D． | 加速度先变大，后变小 |
如图，用理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，当负载电阻的滑动端向上移动时，则所有理想交流电表的读数及输入功率P1的变化情况为（ ）| A． | V1、V2不变，A1增大，A2减小，P1增大 | |
| B． | V1、V2不变，A1、A2增大，P1增大 | |
| C． | V1、V2不变，A1、A2减小，P1减小 | |
| D． | V1不变，V2增大，A1减小，A2增大，P1减小 |
①将条形磁铁按图所示方向插入闭合线圈．在磁铁插入的过程中，灵敏电流表示数不为零．
如图所示，面积为S的矩形导线框abcd，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角．当线框以ab为轴顺时针匀速转90°过程中，下列判断正确的是（ ）| A． | 线框中电流方向先为a→b→c→d→a，再为a→d→c→b→a | |
| B． | 线框中电流方向一直为a→b→c→d→a | |
| C． | 线框中电流先减小后增大 | |
| D． | 线框中电流先增大后减小 |
| A． | 该交流电的电压瞬时值表达式为u=100sin 25t V | |
| B． | 该交流电的频率为25 Hz | |
| C． | 该交流电的电压有效值为50$\sqrt{2}$ V | |
| D． | 若将该交流电加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗功率为50 W |