解析　(1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a_物块，由牛顿第二定律kmgsin θ－mgsin θ＝ma_物块

解得a_物块＝(k－1)gsin θ，方向沿斜面向上

(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v₁

由机械能守恒得：×2mv＝2mgH

解得v₁＝

设木板弹起后的加速度为a_板，由牛顿第二定律得：

a_板＝－(k＋1)gsin θ

木板第一次弹起的最大路程s₁＝＝

木板运动的路程s＝＋2s₁＝

(3)设物块相对木板滑动距离为L

根据能量守恒mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝kmgLsin θ

摩擦力对木板及物块做的总功W＝－kmgLsin θ

解得W＝－

答案　(1)(k－1)gsin θ；方向沿斜面向上

(2)　(3)－

解析　(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：

mgh＝mv                                                       ①

得v₀＝＝ m/s＝2 m/s.

(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则

H＝gt²                                                                                                                                                      ②

＝v₁t                                                                                                                ③

联立②③两式得：v₁＝4 m/s

设释放小球的高度为h₁，则由mgh₁＝mv

得h₁＝＝0.8 m.

(3)由机械能守恒定律可得：mgh＝mv²

小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：

y＝gt²                                                                                                                                                       ④

x＝vt                                                                                                                       ⑤

tan 37°＝                                                                                                          ⑥

v_y＝gt                                                                                                                      ⑦

v＝v²＋v                                                       ⑧

E_k＝mv                                                      ⑨

由④⑤⑥⑦⑧⑨式得：E_k＝32.5h                                                                       ⑩

考虑到当h>0.8 m时小球不会落到斜面上，其图象如图所示

答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)E_k＝32.5h　图象见解析

解析　(1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时，即整个系统处于平衡状态，

则研究A物体：f＝m_Agsin θ＝2 N，

研究整体：F＝(m_A＋m_B)gsin θ＋μ₂(m_A＋m_B)gcos θ＝21 N.

(2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力，

研究A物体：

f_max＝f_滑＝μ₁m_Agcos θ＝2.4 N，

f_max－m_Agsin θ＝m_Aa，

解得a＝1 m/s²，

研究整体：F－(m_A＋m_B)gsin θ－μ₂(m_A＋m_B)gcos θ＝(m_A＋m_B)a，

解得F＝23.4 N.

答案　(1)2 N　21 N　(2)2.4 N　23.4 N

解析　(1)如图所示，画出通过P₁、P₂的入射光线，交AC面于O，画出通过P₃、P₄的出射光线交AB面于O′.则光线OO′就是入射光线P₁P₂在三棱镜中的折射光线．

(2)在所画的图上注明入射角θ₁和折射角θ₂，并画出虚线部分，用量角器量出θ₁和θ₂(或用直尺测出线段EF、OE、GH、OG的长度)．

(3)n＝；(或因为sin θ₁＝，sin θ₂＝，

则n＝＝)．

答案　见解析

 

如图甲所示，是证实玻尔关于原子存在分立能态的一种实验装置的原理示意图．由电子枪A射出的电子，射入一容器B中，其中有氦气．电子在O点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C，然后进入检测装置D中．

　　速度选择器由两个同心的圆弧形电极P₁和P₂组成，当两极间加有电压U时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D，由检测装置测出电子产生的电流I，改变电压U，同时测出I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布．为简单起见，设电子与原子碰撞前，原子是静止的．原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动，当电子与原子发生弹性碰撞时，电子改变运动方向，但不损失动能．当发生非弹性碰撞时，电子损失的动能传给原子，使原子内部的能量增大．

　　(1)设速度选择器两极间的电压为U时，允许通过的电子的动能为E_k，试求出E_k与U的函数关系式．设通过选择器的电子的轨道半径r=20.0cm，电极P₁和P₂的间隔为d=1.0cm，两极间的场强大小处处相等．

　　(2)当电子枪射出电子的动能E_k0=50.0eV时，改变电压U，测出电流I，得出如图乙所示的U-I图像，电流出现峰值．试求各个峰值电流对应的电子的动能．

　　(3)根据实验结果能确定氦原子的几个激发态？各激发态的能级为多少？设基态的能级E₁=0．