17
(1)計時 B (2)b (3)電源用的是干電池(或小車離打點計時器過遠(yuǎn)) (4)0.45 (5)BC
18(1)B(2)1.50(1.49～1.51) 1.50(1.49～1.51)
(3)不同意，因為空氣阻力會造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp。
19（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意，小球從靜止自由下落到A點，由機械能守恒定律有
設(shè)小球進(jìn)入圓軌道A點的瞬間，軌道對小球的支持力為，則有
聯(lián)立解得
由牛頓第三定律可得，小球進(jìn)入圓軌道A點的瞬間，對軌道的壓力為
（2）根據(jù)題意可知，小球恰好能沿圓形軌道到達(dá)B點，在B點有
解得
小球從B點運動到C點做平拋運動，則有
，，
解得
（3）小球離開B后，當(dāng)垂直于斜面方向的速度為零時離斜面最遠(yuǎn)，分解，如圖所示
則有
又有
小球平拋過程中距離BC邊最遠(yuǎn)的距離
20
(1)木塊靜止在鐵箱后壁上，所以在豎直方向有Ff＝m木g
又有Ff＝μ2FN
所以有FN＝eq \f(m木g,μ2)＝20 N
由牛頓第三定律可得木塊對鐵箱的壓力大小為20 N。
(2)對木塊分析，在水平方向有a＝eq \f(FN,m木)＝40 m/s2
對鐵箱和木塊整體分析，在水平方向有F－μ1(m木＋m箱)g＝(m木＋m箱)a
解得F＝129 N
(3)撤去拉力后，鐵箱向右減速運動，其加速度大小a箱＝eq \f(μ1?m木＋m箱?g－μ2m木g,m箱)＝3.1 m/s2
木塊向右減速運動，其加速度大小a木＝eq \f(μ2m木g,m木)＝2.5 m/s2
在t＝1 s的時間內(nèi)，
鐵箱向右運動的位移x箱＝vt－eq \f(1,2)a箱t2＝4.45 m
木塊向右運動的位移x木＝vt－eq \f(1,2)a木t2＝4.75 m
木塊相對鐵箱運動的距離x＝x木－x箱＝0.3 m。
21
設(shè)小球A第一次接觸S的速度為v，接觸S前的加速度為a，
根據(jù)牛頓第二定律有：2qE?qE=2ma
對于帶電系統(tǒng)從靜止到與S接觸前的過程，根據(jù)運動學(xué)公式有：v2=2aL
聯(lián)立解得：v= qELm；
(2)設(shè)帶電系統(tǒng)被第N次彈回兩板間時小球A的帶電量為q ′，
帶電系統(tǒng)被第N次彈回兩板間后，小球B向右運動最遠(yuǎn)處恰好到達(dá)Q板位置，對整個過程應(yīng)用動能定理可得：2qE?qEL?q′E?qE2L=0，解得q′=32q，
即40q?Nq20=32q，解得N=10；
小球A每次離開S的瞬時速度大小相同，且等于小球A第一次與S接觸時速度大小。設(shè)小球第5次離開S向右做減速運動的加速度為a5，速度由v減為零所需時間為t5，小球離開Q所帶電荷量為q5。
根據(jù)牛頓第二定律有：q5E?qE=2ma5 根據(jù)運動學(xué)公式有：t5=va5，
根據(jù)題意可知小球第5次離開Q所帶電荷量為：q5=40q?5q20=74q，
聯(lián)立解得：t5=83 mLqE，
小球A從第5次接觸薄片S，到小球B本次向右運動至最遠(yuǎn)處的時間T5=2T0+83 mLqE
(3)設(shè)帶電系統(tǒng)被第M次彈回兩板間后小球A的帶電量為qM
帶電系統(tǒng)被第M次彈回兩板間后，小球A向右運動最遠(yuǎn)處恰好到達(dá)Q板位置，對整個過程應(yīng)用動能定理可得：2qE?qEL?qME·3L+qE·2L=0，
解得qM=q，即40q?Mq20=q，解得M=20；
帶電系統(tǒng)第20次被彈回兩板間后，小球A離開S時的速度仍為 qELm，
此時小球A帶正電，電量為q，小球B帶負(fù)電，電量為q，故帶電系統(tǒng)第20次離開S后帶電系統(tǒng)在電場中所受合外力為0，帶電系統(tǒng)開始時做勻速直線運動，直到小球B離開Q板，然后做勻減速直線運動。
帶電系統(tǒng)做勻速直線運動時間：t1=2Lv=2 mLqE
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A
A
D
D
A
B
C
C
D
D
D
D
B
14
15
16
ABC
ABD
BCD

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