题目内容
20．
如图所示，倾角为θ的足够长粗糙斜面固定于水平地面上，可视作质点的小物块从斜面底端以初速度v0滑上斜面，小物块能从斜面上返回，且返回斜面底端时物块的速度为v，已知重力加速度为g，以下判断正确的有（ ）| A． | 小物块上滑时加速度大小比下滑时小 | |
| B． | 小物块上滑时间比下滑时间长 | |
| C． | 根据题中条件可求出物块与斜面间的动摩擦因数 | |
| D． | 根据题中条件可求出物块沿斜面上滑的最大距离 |
分析 物体在斜面上上滑和下滑时，根据牛顿第二定律求得加速度，即可判断大小，利用运动学位移公式分析上滑与下滑的时间关系．运用速度位移公式分析能否求出摩擦因数及物块沿斜面上滑的最大距离．
解答 解：A、斜面粗糙，物块在运动过程中受到滑动摩擦力作用．在上滑过程中，根据牛顿第二定律可得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得 a1=gsinθ+μgcosθ
在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知，mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：a2=gsinθ-μgcosθ，则a1＞a2．即小物块上滑时加速度大小比下滑时大，故A错误；
B、上滑和下滑的位移大小相等，根据运动学公式x=$\frac{1}{2}$at2可知，小物块上滑时间比下滑时间短，故B错误；
C、在上滑过程中，根据速度位移公式可知：2a1x=v02，
下滑阶段：2a2x=v2．
结合a1=gsinθ+μgcosθ，a2=gsinθ-μgcosθ，联立可得 μ=$\frac{{v}_{0}^{2}-{v}^{2}}{{v}_{0}^{2}+{v}^{2}}$tanθ，所以可求得物块与斜面间的动摩擦因数．
因此可求得a1，由2a1x=v02，可得物块上滑的最大位移x，故CD正确；
故选：CD
点评 本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是分清物体的运动过程及受力分析即可判断．对于CD两项，也可以根据动能定理列式分析．
练习册系列答案
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3．在点电荷 Q形成的电场中有一点A，将一个-q的检验电荷从无限远处移到A点时，电场力做功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ）
| A． | EpA=W | B． | EpA=-W | C． | φA=$\frac{W}{q}$ | D． | φA=-$\frac{W}{q}$ |
如图，光滑轨道ABCO固定在竖直平面内，圆弧AB的圆心角为60°，O为圆心，半径为R=7.5cm，OB为半圆BCO的直径，光滑平台与轨道相切于A点．质量为M=2kg，长度为L=1.82m的木板静止在水平地面上，木板与水平地面的动摩擦因数为μ2=0.1，木板上表面与平台上表面处于同一水平面上．物体P静止在木板上的某处，物体q在水平向左的恒力F=4N作用下，以V0=4m/s的初速度从木板右端向左运动，经过0.2s与p相碰并结合成一整体Q，P、q、Q与木板上表面的动摩擦因数为μ1=0.3．当木板与平台相碰时被牢固粘连，Q滑离木板时立刻撤去恒力F，Q恰好能通过圆轨道BCO的最高点．P、q质量均为m=1kg，P、q、Q可看作质点，所有接触面的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2，求：
8．
如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用与B球，两球在图示实线位置静止．现将B球向左移动少许，发现A球随之移动，两球在虚线位置重新平衡，则重新平衡时的情况与移动前相比，下列说法中正确的是（ ）
如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用与B球，两球在图示实线位置静止．现将B球向左移动少许，发现A球随之移动，两球在虚线位置重新平衡，则重新平衡时的情况与移动前相比，下列说法中正确的是（ ）| A． | 墙面对A的弹力变小 | B． | 斜面对B的弹力变大 | ||
| C． | 推力F变小 | D． | 两小球之间的距离变小 |
如图所示，两个木块的质量分别为m1=2kg，m2=1kg，中间用轻弹簧相连接，放在光滑的水平面上，且m1左侧靠一固定竖直挡板，弹簧处于自然伸长状态，某一瞬间敲击木块m2使其获得6m/s水平向左的速度，木块m2向左压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动木块m1运动．求：
12．关于电流的方向，下列说法中正确的是（ ）
| A． | 电源供电的外部电路中，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端 | |
| B． | 电源内部，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端 | |
| C． | 电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同 | |
| D． | 电容器充电时，电流从负极板流出，流入正极板 |
