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8.AD【解析】由图乙可知,当F=6N时,二者刚好滑动,此时小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$由牛顿第二定律可得a=,解得动摩擦因数=0.2,A项正确;当=6N时,二者刚好滑动,以后拉力增大,滑块的加速度不变,所以当F=8N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,B$$项错误;当F=6N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=3kg,当F>6N时,由牛顿第二定律得$$a=F-mgM=1MF-mM,$$,由图线的斜率$$k=1M=26-4=1,$$,解得M=1kg,m=2kg,C项错误;若拉力作用在小滑块上,当F=9N时,若发生相对滑动,对小滑块由牛顿第二定律可得。a'=$$F-mgm=9-0.22102m/s^2=2.5m/s^2,$$对板有g=Ma'',解得$$a'=4m/s^2>a',$$不合理,故二者保持相对静止一起加速,且$$a=FM+m=3m/s^2,D$$项正确。

13.(1) A CD( 2分) (2)C(2分) ( 3 ) m _ { 1 } { x _ { 2 } } = m _ { 1 } { x _ { 1 } } + m _ { 2 } { x _ { 3 } } ( 2分)m _ { 1 } { x _ { 2 } } ^ { 2 } =m _ { 1 } { x _ { 1 } } ^ { 2 } + m _ { 2 } { x _ { 3 } } ^ { 2 } ( 2 .分) ( 4 ) m _ { 1 } { l _ { 2 } } = m _ { 1 } { l _ { 1 } } + m _ { 2 } { l _ { 3 } } ( 2分) 【解析】(1)小球1每次从斜槽上相同的位置自由滚下,使得每次小球1与小球2碰撞前的速度相 同,A项正确;斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果,B项错误;斜槽轨道末端必须水平,保证小球碰撞前的速度方向水平,C项正确;若小球1的质量小于小球2的质量,则小球1可能被碰回,所以小球1的质量必 须大于小球2的质量,D项正确。 (2)本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外,还需要测量的物理量是两小球的质量,因为可以通过水平位移代表速度的大小,所以不必测量A、B两点间的高度差和B点离地面的高度,C项正确。 (3)因为平抛运动的时间相等,根据v = { x } { t } ,可知水平位移可以代表速度,x _ { 2 }是小球1不与小球2碰撞时平抛运动的位移,该位移可以代表小球1碰撞前的速度,x _ { 1 }是小球1碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表小球1碰撞后的速度,x _ { 3 }是小球2碰撞后的水平位移,该位移可以代表小球2碰撞后的速度,如果满足m _ { 1 } v _ { 0 } = m _ { 1 } v _ { 1 } + m _ { 2 } v _ { 2 } ,即m _ { 1 } { x _ { 2 } } = m _ { 1 } _ { 1 } + m _ { 2 } { x _ { 3 } } ,则说明两球碰撞遵守动量守恒定律;如果满足 { 1 } { 2 } m _ { 1 } v _ { 0 } ^ { 2 } = { 1 } { 2 } m _ { 1 } v _ { 1 } ^ { 2 } + { 1 } { 2 } m _ { 2 } v _ { 2 } ^ { 2 } ,即m _ { 1 } { x _ { 2 } ^ { 2 } } =m _ { 1 } { x _ { 1 } } ^ { 2 } + m _ { 2 } { x _ { 3 } } ^ { 2 } ,则说明碰撞过程机械能守恒。 (4)碰撞前,小球1落在图中的P'点,设其水平初速度为v _ { 1 } ,小球1和2发生碰撞后,小球1的落点在图中M点,设其水平初速度为v _ { 1 } ' ,小球2的落点是图中的N'点,设其水平初速度为v _ { 2 } ,设斜面与水平面的夹角为α,由平抛运动规律得L _ { p } = { 1 } { 2 } g t ^ { 2 } ,L _ { p } = v _ { 1 } t ,4解得 同理v _ { 1 } ' = 可见速度正比于 l ,所以要验证两小球碰撞过程动量守恒只需要验证m _ { 1 } { l _ { 2 } } = m _ { 1 } { l _ { 1 } } + m _ { 2 } { l _ { 3 } } 。

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14.(1)0.5(2)√10s(3)4m【解析】(1)设静止时细绳的拉力为Fm,小物块P与传送带间的动摩擦因数为,P、Q受力如图甲所示F由平衡条件得Fr=p×2mg(1分)FTo(1分)解得H=0.5(1分)(2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1,细绳的拉力为Fr,P、Q受力如图乙所示FQ对P由牛顿第二定律得u(2m-t2m)g-Fr=(2m+2m)a1(1分对Q有F1-mg=na1(1分设P一直加速至传送带最右端所用时间为t,末速度为v1,由运动学公式得2a,I1分)(1分)解得t=√10s,v1=2√10m/s
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