题目内容
18．
如图甲所示，在倾角为θ的足够长的粗糙斜面底端，一质量m的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t2时滑块已上滑距离s以及b、c两点对应的速度v1和v2．已知重力加速度为g，根据图象和题中已知条件（ ）| A． | 可以判断滑块在t2时离开弹簧 | |
| B． | 可判断滑块在t3时沿斜面运动到最高点 | |
| C． | 可以求出斜面与滑块之间的动摩擦因数 | |
| D． | 可以求出弹簧锁定时的弹性势能 |
分析 A、B、根据速度图象和滑块在斜面上受力的特点，即可判断出滑块离开弹簧的时刻与到达最高点的时刻；
C、根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度，通过牛顿第二定律求出滑块加速度和地面之间的动摩擦因数．
D、在0-0.1s内运用动能定理，求出弹簧弹力做的功，从而得出弹性势能的最大值．
解答 解：A、小球t1在时刻的速度最大，说明在t1时刻受到的弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力大小相等，此后弹簧的弹力继续减小，滑块向上做加速度增大的减速运动，当滑块脱离弹簧后，沿斜面的方向只受到重力的分力的作用，所以滑块开始做匀减速直线运动，所以可以判断滑块在t2之前就离开弹簧．故A错误；
B、由图可知，滑块在t3时的速度仍然向上，所以沿斜面运动没有到达最高点．故B错误；
C、在bc段做匀加速运动，加速度为：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{1}{0.1}=10m/{s}^{2}$
根据牛顿第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma
μ=$\frac{a-gsin37°}{gcos37°}=\frac{10-10×0.6}{10×0.8}=0.5$．故C正确；
D、根据速度时间公式，得：
t2=0.3s时的速度大小：v1=v0-at=1-10×0.1=0
在t2之后开始下滑，下滑是的加速度为
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
a′=gsin37°-μmgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2
从t2到t3做出速度为零的加速运动时刻的速度为：v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s
从0到t1时间内，有动能定理可得
WP-mgssin37°-μmgscos37°=$\frac{1}{2}m{{v}_{b}}^{2}$
WP=mgssin37°+μmgscos37°+$\frac{1}{2}m{{v}_{b}}^{2}$=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$J=4J．故D正确；
故选：CD
点评 该题考查滑块沿斜面向上运动的过程中的受力和能量变化，要使用到动能定理、牛顿第二定律等规律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．
如图所示，在XOY直角坐标系中，OQ和OP分别与X轴正负方向成45°，在POQ区域中存在足够宽的匀强电场，场强大小为E，其余区域存在垂直纸面向里的匀强磁场B，一带电量为+q的质量为m粒子在Y轴上A点（0，-L）以平行于X轴速度v0进入第四象项，在QO边界垂直进入电场，后又从PO边界离开电场，不计粒子的重力．其中B=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$．求：
如图所示．粗糙水平面与半径R=1.6m的光滑$\frac{1}{4}$圆弧轨道相切于B点，质量为m=2kg的物体（可视为质点）从A点以遮度vA=6m/s向右运动．到达B点时的速度大小为VB=4m/s，g=10m/s2| A． | 在太空站中处于失重状态的水滴呈球形状，是由液体表面张力引起的 | |
| B． | 用气筒给自行车打气，越打越费劲，是气体分子之间斥力变大 | |
| C． | 在压强一定的情况下，晶体熔化过程中分子的平均动能增加 | |
| D． | 当气体温度升高时，气体分子运动平均速率增加 |
如图所示，在水平固定的光滑平板上，有一质量为m的质点P，与穿过中央小孔O的轻绳一端相连着．平板与小孔都是光滑的，用手拉着绳子下端，使质点做半径为a、角速度为ω0的匀速圆周运动．若绳子突然放松至某一长度b而立即被拉紧，质点就能在半径为b的圆周上做匀速圆周运动，手的拉力是多少？
如图所示，将一小球从楼梯顶部以3m/s速度水平抛出，已知所有台阶的高度均为0.20m，宽度均为0.25m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，则小球抛出后最先落到第6级台阶上．
