Question

18．甲實驗小組利用圖（a）裝置探究機(jī)械能守恒定律，將小鋼球從軌道的不同高度h處靜止釋放，斜槽軌道水平末端離落點的高度為H，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s．（g取10m/s²）
（1）若軌道完全光滑，s²與h的理論關(guān)系應(yīng)滿足s²=4Hh（用H、h表示）．
（2）圖（b）中圖線①為根據(jù)實驗測量結(jié)果，描點作出的s²-h關(guān)系圖線；圖線②為根據(jù)理論計算得到的s²-h關(guān)系圖線．對比實驗結(jié)果，發(fā)現(xiàn)自同一高度靜止釋放的鋼球，實際水平拋出的速率小于（選填“小于”或“大于”）理論值．造成這種偏差的可能原因是軌道與小球間存在摩擦或小球的體積過大．乙實驗小組利用同樣的裝置“通過頻閃照相探究平拋運動中的機(jī)械能守恒”．將質(zhì)量為0.02kg的小鋼球A由斜槽某位置靜止釋放，由頻閃照相得到如圖（c）所示的小球位置示意圖，O點為小球的水平拋出點．
（3）根據(jù)小球位置示意圖可以判斷閃光間隔為0.1s．
（4）以O(shè)點為零勢能點，小球A在O點的機(jī)械能為0.1125J；小球A在C點時的重力勢能為-0.8J，動能為0.9125J，機(jī)械能為0.1125J．

Answer 1

分析 要求平拋的水平位移，我們應(yīng)該想到運用平拋運動的規(guī)律，即要求出時間和水平初速度．
對于小球從靜止釋放到水平拋出這段曲線運動，我們應(yīng)該運用動能定理求出拋出的水平初速度．
根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)采用描點作圖．
同一坐標(biāo)系中兩天傾斜的直線對比，可以采用某一個變量取一定值，看另一個變量的大小關(guān)系來解決問題．
對于誤差原因分析，我們要從實驗裝置和過程中分析．

解答 解：（1）對于小球從靜止釋放到水平拋出這段曲線運動，
運用動能定理研究得：
mgh=$\frac{1}{2}$mv²
 解得：v=$\sqrt{2gh}$
對于平拋運動，運用平拋運動的規(guī)律得出：
在豎直方向：H=$\frac{1}{2}$gt²
則有：t=$\sqrt{\frac{2H}{g}}$--------①
在水平方向：s=vt-------------②
由①②得：
s=2$\sqrt{Hh}$
所以：s²=4Hh
（2）對比實驗結(jié)果與理論計算得到的s²--h關(guān)系圖線中發(fā)現(xiàn)：自同一高度靜止釋放的鋼球，也就是h為某一具體數(shù)值時，理論的s²數(shù)值大于實驗的s²數(shù)值，根據(jù)平拋運動規(guī)律知道同一高度運動時間一定，所以實驗中水平拋出的速率小于理論值．從s²--h關(guān)系圖線中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，認(rèn)為造成上述偏差的可能原因是小球與軌道間存在摩擦力．由于摩擦力做功損失了部分機(jī)械能，所以造成實驗中水平拋出的速率小于理論值．
（3）根據(jù)△y=gT²得：T=$\sqrt{\frac{0.1}{10}}$=0.1s，
（4）設(shè)O點下一個點為B點，
根據(jù)運動學(xué)公式得v_yB=$\frac{0.05×4}{2×0.1}$=1m/s，
水平初速度v_x=$\frac{0.05×3}{0.1}$=1.5m/s，
所以小球A在O點的速度v₀=1.5m/s，
小球A在C點時的速度v_C=$\sqrt{1．{5}^{2}+（\frac{12×0.05}{2×0.1}+0.1×10）^{2}}$
小球A在O點的機(jī)械能E₀=0+$\frac{1}{2}$×0.1×（1.5）²=0.1125 J
因O點為小球的水平拋出點，且以O(shè)點為零勢能點，則小球A在C點時的重力勢能為E_P=mgh=-0.8J
小球A在C點時的機(jī)械能E_C=$\frac{1}{2}$×m×${v}_{C}^{2}$+（-mgh_0C）=0.9125-0.8=0.1125mJ
由實驗結(jié)果可以看出兩個實驗小組乙小組結(jié)果誤差較�。�
故答案為：（1）4Hh；（2）小于，軌道與小球間存在摩擦或小球的體積過大；
（3）0.1；（4）0.1125；-0.8，0.9125，0.1125．

點評 本題從新的角度考查了對機(jī)械能守恒實定律的理解，有一定的創(chuàng)新性，很好的考查了學(xué)生的創(chuàng)新思維，掌握平拋運動的處理方法，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做自由落體運動．