题目内容
14．
如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的绝綠 斜面，斜面处于电场强度大小约为E=1×105N/c、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为K=12N/m的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m=1Kg、带电量为q=+8×10-6C的滑块从距离弹簧上端为S0=0.6m处静止释放，滑块与绝缘斜面间的动摩擦因数μ=0.25．设滑块在运动过程中电荷量保持不变，滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间
（2）若滑块从静止释放到速度最大时的过程中，克服弹簧的弹力所做的功W=0.96J，求滑块在沿斜面向下运动的最大速度υmax
（3）若滑块在斜面上反复运动多次后最终停在第（2）问中所述速度为最大位置处，求整个过程中滑块在斜面上运动的总路程S．
分析 （1）由牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出运动时间．
（2）滑块所受合力为零时速度最大，由平衡条件求出滑块速度最大时，弹簧的压缩量，然后由动能定理求出最大弹性势能．
（3）滑块在运动过程中要克服阻力做功，把机械能与电势能转化为内能，由能量守恒定律可以求出滑块的路程
解答 解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：
沿斜面方向滑块的加速度：a=$\frac{qE}{m}$+gsinθ-μgcosθ，
由速度位移公式可得：s0=$\frac{1}{2}$at2，
解得，时间：t=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$=0.5s；
（2）当滑块速度最大时，滑块受到的合力为零，
则qE+mgsinθ=kx，解得：x=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$，
从滑块开始运动到速度最大过程中，由动能定理得：
（qE+mgsinθ）（x+s0）-μmgcosθ•（x+s0）$\frac{1}{2}$mυmax2+W，
解得：υmax≈3.4m/s；
（3）滑块最终要静止，由能量守恒定律得：
（qE+mgsinθ）s0=μmgcosθ•s，
解得，滑块的路程：s=$\frac{（qE+mgsinθ）{s}_{0}}{μmgcosθ}$=2.04m；
答：（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为0.5s．
（2）滑块在沿斜面向下运动的最大速度υmax为3.4m/s．
（3）整个过程中滑块在斜面上运动的总路程s为2.04m．
点评 本题考查了求滑块的运动时间、弹簧的弹性势能、滑块的路程，分析清楚滑块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、动能定理、能量守恒定律即可正确解题．
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4．如图甲是研究平抛运动的实验装置，图乙是某次实验中用频闪照相方法拍摄的两个小球运动的闪光照片，由图可知（ ）
| A． | 平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动 | |
| B． | 平抛运动水平方向的分运动是匀加速直线运动 | |
| C． | 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动 | |
| D． | 平抛运动竖直方向的分运动是匀速直线运动 |
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19．下列关于布朗运动和扩散现象的说法正确的是（ ）
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11．
如图，在一个场强大小为E=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$的区域内有一个倾角为60°的斜面，当场强方向水平向右时，在高为h的斜面顶端一个质量为m、带电量为+q的带电物体能静止在其上．某时刻场强方向突然换成水平向左，其大小不变，最后物体运动到水平面上．则场强变向时物体所受斜面的摩擦力和物体运动到水平面上的速度大小分别为（ ）
如图，在一个场强大小为E=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$的区域内有一个倾角为60°的斜面，当场强方向水平向右时，在高为h的斜面顶端一个质量为m、带电量为+q的带电物体能静止在其上．某时刻场强方向突然换成水平向左，其大小不变，最后物体运动到水平面上．则场强变向时物体所受斜面的摩擦力和物体运动到水平面上的速度大小分别为（ ）| A． | 0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$qh | B． | $\frac{2}{3}$mg，$\sqrt{2}$qh | C． | $\frac{2}{3}$mg，$\frac{\sqrt{2}}{2}$qh | D． | 0，2$\sqrt{2}$qh |