内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能．
（3）根据B下落的高度利用机械能守恒可求得绳子张紧瞬间的速度，再求出下落经过光电门的速度，从而明确张紧后的共同速度，则即可明确作用前后的动量，从而验证动量守恒． 【详解】（1）游标卡尺的读数d=5mm+0.05×0mm=5.00mm；
（2）系统动能的增加量．系统重力势能的减小量为mgh，
应满足的关系式为，即．
引起实验系统误差的主要原因有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；
（3）根据机械能守恒定律可知此后AB一起做匀速运动，运动速度故只要验证
，解得
；则可知，作用前的动量
，
；
，故作用后的动量
即可证明动量守恒；
若没有摘去C，则三个物体速度相同后做加速运动，则根据机械能守恒定律可知；
，解得；
则作用后的动量，故应验证的表达式为．
【点睛】本题利用阿特伍德机来验证机械能守恒和动量守恒，属于创新型实验，所以解决本题的关键在于知道实验的原理，明确验证机械能守恒定律和动量守恒的实验方法；同时掌握利用光电门求解速度的基本方法． 三、计算题（共4个小题，共49分）
17.电场中某区域的电场线如图所示，、是电场中的两点．一个电荷量电荷在点所受电场力
，将该点电荷从点移到点，电场力做功
的点．
求：（）点电场强度的大小；
（）、两点间的电势差【答案】（）【解析】
；（）
．
（）根据公式可得；
（）根据可得．
18.一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两级板等距处射入，如图。若两板间距d=1.0cm，板长L=3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10-19C，质量为m=0.9×10-30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：（1）电子经加速电压加速后以多大的速度v0进入偏转电场。
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向转移的距离y和垂直于板方向的速度vy的大小。
【答案】（1）【解析】
；（2）0.1cm，m/s
【详解】（1）根据动能定理：
解得m/s=4×10m/s
7
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有： L=v0t
又
联立解得y=0.1cm
垂直于板方向代入数据解得：vy=
得
m/s
19.如图所示,光滑水平地面上放有一长木板B,其质量为M, B的右端紧靠台阶,上表面与台阶平齐.在B上放有一质量为m的滑块C.现有一质量也为m的滑块A从斜面某一高度由静止滑下,然后以v0=4m/s冲上木板B,(转角处速度大小不变,只改变方向;转角的大小可忽略)，但最终A恰好未能撞上C.已知滑块A的起始位置与木板B右端的水平距离s=0.8m，M=3m，设A与各接触面间的动摩擦因数均为μ1=0.25，C与B接触面间的动摩擦因数μ2=0.1，不计滑块A、C的大小. 取g=10m/s。求：
2
(1))滑块A刚释放的高度h；
(2)滑块C原来离木板B右端的距离d。 【答案】(1) 【解析】
【详解】(1)设斜面长为s1，倾角为θ，滑块A滑到斜面底端后冲上木板B前的水平部分长为s2.对滑块A由动能定理得： mgh?μ1mgs1cosθ?μ1mgs2=
(2)
由几何关系可知s2+s1cosθ=s， 所以h=1m
（2）假设BC相对静止，则μ1mg=（M+m）a
对C:f=ma=<μ2mg
假设成立，A在B上滑动时，BC保持相对静止 mv0=(m+m+M)v共
联立解得=2.56m
【点睛】（1）小滑块滑到底部前，重力和摩擦力做功做功，根据动能定理列式求解； （2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，对于三个物体组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度；系统机械能的减小量等于内能的增加量；联立方程即可求得滑块C原来离木板B右端的距离d．
20.如图所示,在水平向右的匀强电场中,一个不可伸长的绝缘刚性细线长为l，它的一端连着一个质量为m的带正电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内运动。已知电场强度大小E=mg/q，忽略一切阻力。（已知sin34.3°=0.564，cos64.3°=/4）。
（1）若把小球向右拉起至细线与电场方向平行,然后无初速释放，则小球下落高度h1为多少时，速度再次为零；
（2）若把小球向左拉起至细线与电场方向平行,然后无初速释放，则小球在距离O点高度h2为多少时，速度再次为零；
（3）若将小球从O点左侧的某一位置P点，以水平向左成θ=60°角的某一未知速度v释放，运动到Q点时绳子刚好拉直，已知OQ与初速度方向平行，则小球离O点距离OP为多少时，小球刚好通过最高点M。
【答案】(1) 【解析】
(2) (3)
【详解】（1）设小球下落高度h1时速度为零，根据动能定理E=mg/q
代入解得：h1=
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