F1v1?Ff?ma v2解得
a?C错误B正确；
F1v1F1v1? mv2mv3D．根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度
F1?Ff?ma'
解得
a'?D正确。 故选BD。
F1F1v1? mmv312. 如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图象。其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取g=10m/s2，由图象可知（ ）
A．小滑块的质量为0.2kg
B．弹簧的劲度系数为2.5N/m，最大弹性势能为0.5J
C．小滑块运动过程中先加速再减速。在加速过程中，有加速度大小等于g的位置 D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18J 【答案】AC
【解析】 【分析】 【详解】
A．在高度范围为0.2m ?Ek?mg ?h则 m?故A正确； 0.30?0kg?0.2kg 10?(0.35?0.20)B．在整个运动过程中，弹簧与滑块构成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、滑块的重力势能、滑块的动能之和保持不变，最初系统只有滑块的重力势能与弹簧的弹性势能，在滑块上升过程（没有脱离弹簧）中，弹性势能转化为滑块的机械能；当滑块刚脱离弹簧，开始做竖直上抛运动时，系统的机械能全部转化为滑块的机械能。系统总的机械能为 E总?Epk?EpG?Ek?Epk?E块机 当Ep=0时 E块机?E总?Ek?EpG?(0.3?0.4)J?0.7J 最初的重力势能为EpG0?0.2J，弹性势能最大为Epk0?0.5J，在h1=0.18m时，Ek－h图像斜率为零，合外力等于零，则 mg=kx1 根据图像可知，滑块上升距离为0.1m时，弹簧恢复原长L0=0.20m，由此可知弹簧最大压缩量为 xmax=0.1m 且 x1=L0－0.18m=0.02m 则 k?mg?100N/m x1故B错误； CD．当弹簧弹性势能与滑块重力势能最小时，滑块动能最大，由图可知，Ekmax?0.32J，则 ?Ea0?pk?EpG?min?0.38J 根据上述分析可知，h0=0.1m时，滑块的加速度 kxmax?mg10?2?m/s2?40m/s2 m0.2a0?g?10m/s2 滑块在运动过程中，先做加速度减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大值，后做加速度增加的减速运动，结合图像可知，在加速过程中有加速度大小等于g的位置，故C正确，D错误。 故选AC。 13. 利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B点固定着光电门。跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m的重物和质量M的物块（含宽度为d的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A的位置，记录每次AB的间距x和遮光条通过光电门的时间t。（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g） (1) 物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为△Ek=_______。 (2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x与t之间关系的图像是__________（填选项序号字母）。 (3)若(2)中正确图线的斜率为k，则物块与水平面间的动摩擦因数μ=_______（填选项序号 字母）。 2kMg2kmg?(M?m)d22kmg?(M?m)d2A． B． C．2 2kmg?(M?m)d2kMg2kMg【答案】 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]物块到达B点时的速度为 ?M?m?d2 C A 2t2vB?d t则物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为 2M?md??12 ?Ek?(M?m)vB?222t(2)[2]根据动能定理有 mgx??Mgx?整理后有 1d?m?M?()2 2tx?故选C。 (3)[3]由函数关系可知，斜率 1?2 2(mg??Mg)t?m?M?d2k?由此变形可得 ?m?M?d22(mg??Mg) 2kmg?(M?m)d2?= 2kMg故选A。 14. 某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题： (1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有（________）。(填入正确选项前的字
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