题目内容
17．如图a所示，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移-时间（x-t）图象和速率-时间（v-t）图象．整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为了L、高度为h．（取重力加速度g=9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）
（1）现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v-t图线如（b）图所示．从图线可得滑块A下滑时的加速度a=6 m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响可以忽略．（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）
（2）将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板向上的初速度，A′的x-t图线如（c）图．图线不对称是由于滑块与木板间有摩擦力造成的，通过图线可求得滑板的倾角θ=arcsin0.58（可以用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数μ=0.27．
分析 （1）根据v-t图象求出该图象的斜率，其斜率的绝对值就是加速度大小．从v-t图象中我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等，说明滑块A沿气垫导轨上下运动加速度大小相等．
（2）对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
解答 解：（1）从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，所以摩擦力对滑块的运动影响不明显，可以忽略．
根据加速度的定义式可以得出：a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{3}{1-0.5}$=6m/s2．
（2）滑板与滑块间的滑动摩擦力比较大，导致图象成抛物线形．
从图上可以读出，滑块上滑和下滑时发生位移大小约为：x=0.84m-0.20m=0.64m
上滑时间约为t1=0.4s，下滑时间约为t2=0.6s，上滑时看做反向匀加速运动，
根据动学规律有：x=$\frac{1}{2}$a1t12，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑时，有：x=$\frac{1}{2}$a2t22，mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立解得：sinθ=0.58，θ=arcsin0.58，μ=0.27．
故答案为：（1）6；可以忽略；（2）滑块与木板间有摩擦力；arcsin0.58；0.27．
点评 解答本题关键是能够把v-t图象运用物理规律结合数学知识解决问题．对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
练习册系列答案
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| A． | 返回斜面底端时的速度大小为$\sqrt{2}$v0 | |
| B． | 全过程克服摩擦力做的功为2W1 | |
| C． | 返回到斜面底端时的速度大小为v0 | |
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2．
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如图所示，O点置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距OC的竖直高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列结论正确的是（ ）| A． | 小球通过C点的速度大小是$\sqrt{2gh}$ | |
| B． | 小球通过C点的速度大小是$\sqrt{{v^2}-gR}$ | |
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